选择题题型练（四）（解析版）

选择题题型练

（四）

一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）.功的单位“焦耳”，用国际单位制基本单位表示为（）A.JB.N・mC.kg*mes2D.kg*m2*s2【解答】解ABD、lJ=lN・m=lkg・m2”-2J和N・m是功的单位，但不是国际单位制基本单位故D正确，A、B错误；C、kgenrs2是力的单位，故C错误故选Do.在研究物体运动时，下列物体中能当做质点处理的是（）A.用GPS定位系统研究汽车位置时B.研究“神舟八号”飞船对接时C.研究乒乓球运动员张继科发出的乒乓球时D.研究火车穿越一山洞所需时间时【解答】解A、用GPS定位系统研究汽车位置时，汽车的大小可以忽略，所以能把它看作质点故A正确B、研究“神舟八号”飞船对接时，飞船的大小和形状对所研究的问题影响不可忽略不计，不能将飞船视为质点故B错误C、研究乒乓球运动员张继科发出的乒乓球时，运动员的姿态和动作影响很大，不能把他看作质点故C错误D、研究火车穿越一山洞所需时间时:火车的大小和形状对研究它的运动影响不可忽略，所以火车不可以看作质点故D错误故选Ao.如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则（）A.金属棒始终静止不动B.金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环C.金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环D.金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环【解答】解由题，环在水平面内，棒竖直放置，从侧面看，根据安培定则可知，环内产生的磁场的方向垂直于该平面向上，则导线处的磁场如图根据左手定则可知，上半段导线受到的安培力的方向向外，而下半段受到的安培力的方向向里所以金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，转动后再次根据左手定则可知，金属棒受到的安培力的方向向右，所以在金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转的同时金属棒靠近环故B正确，ACD错误故选Bo.下列关于重力的说法中正确的是（）A.根据G=mg可知，物体的质量与其重力成正比B.地球对物体的引力就是物体的重力C.重心一定在物体上D.重力的方向总是竖直向下的【解答】解A.根据G=mg可知，物体的重力与其质量成正比，故A错误；B.重力是由于地球对物体的吸引而产生的，除两极外地球对物体的引力不等于物体的重力，故B错误；C.重心不一定在物体上，可能在物体的外部，故C错误；D.重力的方向总是竖直向下的，故D正确故选Do.如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为中工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为6则下列说法正确的是（）A.轻绳的合拉力大小为名黑cosOB.轻绳的合拉力大小为一「二cosO+fisinOC.减小夹角0轻绳的合拉力一定减小D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小【解答】解AB.设轻绳的合拉力大小为T对石墩受力分析，如图所示由平衡条件，可知在水平方向上有Tcos6=f竖直方向上有Tsin0+N=mg根据滑动摩擦力公式得f=pN联立解得轻绳的合拉力大小为T=“Me故A错误，B正确;C.合拉力的大小为T=…给鼠QCOSu-v[lSlYlu其中tana=p可知当8+a=90°时，拉力有最小值，即减小夹角力轻绳的合拉力不一定减小故C错误;可知增大夹角3摩擦力一直减小，当趋近于90时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误;故选Bo.下列说法正确的是（）A.做简谐运动的物体的回复力一定是物体所受的合力B.单摆在任何情况下的运动都是简谐运动C.做受迫振动的物体，其振动频率与固有频率无关D.驱动力的频率越大，受迫振动的振幅就越大【解答】解A.回复力是振子受迫使它回复平衡位置的力，是合外力平行于速度方向上的分力，故A错误B.单摆在偏角很小的情况下做简谐运动，故B错误C做受迫振动的物体，其振动频率与驱动力的频率相同，故C正确；D.驱动力的频率与固有频率相同时，振幅最大，故D错误故选Co.艺术课上，老师将学生们的剪纸作品进行展出时，用一枚小磁铁将剪纸作品吸在竖直的磁性黑板上，下列关于各物体的受力情况正确的是（）A.磁铁对剪纸的压力是由于剪纸发生形变引起的B.黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小相等C.磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等D.磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对平衡力【解答】解A.磁铁对剪纸的压力是由于磁铁发生形变引起的，故A错误;D.磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对相互作用力，故D错误;c.设剪纸的重力大小为Gi磁铁的重力大小为G2对磁铁分析，根据平衡条件以及牛顿第三定律可知磁铁对剪纸的摩擦力大小为f2=G2对磁铁和剪纸整体分析，可知黑板对剪纸的摩擦力大小为fl=Gl+G2f2故c正确；B.根据平衡条件可知黑板对剪纸的压力大小等于磁铁对剪纸的压力大小，均设为N则黑板对剪纸的作用力大小为Fi=J/V2+.2磁铁对剪纸的作用力大小为F2=y/N2+f/F1故B错误故选Co.如图所示为“天问一号”火星探测器从地球奔向火星的运行轨道，探测器经地火转移轨道被火星捕获后，在火星捕获轨道围绕火星做椭圆运动，其中P点为远火点，Q点为近火点，在火星停泊轨道上进行适当的调整后运动到离轨着陆轨道则（）.“天问一号”的发射速度应在地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，在停泊轨道上运行时的速度大于火星的第一宇宙速度.“天问一号”从地球无动力飞向火星的过程中，“天问一号”的势能增加，机械能增加C.“天问一号”在捕获轨道上运行到Q点的速度一定大于其在停泊轨道上运行到Q点的速度D.如要回收探测器，则探测器在停泊轨道上要减速才能进入地火转移轨道【解答】解A、“天问一号”的发射速度应在地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，在停泊轨道上运行时的速度小于火星的第一宇宙速度，故A错误；B、“天问一号”从地球无动力飞向火星的过程中，只有引力做负功，则“天问一号”的势能增加，机械能守恒，故B错误；C、从火星捕获轨道转移到火星停泊轨道时，需要在Q点减速，故C正确；D、如要回收探测器，则探测器在停泊轨道上要加速才能进入地火转移轨道，故D错误故选Co.某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量

①随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T则（）A.在t时，磁场方向与线圈平面平行4B.在t=3时，线圈中的磁通量变化率最大C.在t时，线圈中的电流改变方向乙D.若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中最大电动势变为原来的4倍【解答】解A、由交流电的变化规律可知，当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以在t=J时，磁场方向与线圈平面垂直，故A错误；一B、由交流电的变化规律可知，当线圈与磁感线的方向平行时，即在t=J时，穿过线圈的磁通量为0此时的感应电动势线圈中的磁通量变化率最大，故B正确；C、在t=g时，穿过线圈的磁通量为0此时线圈位于与中性面垂直位置，电流方向不发生改变，乙故c错误；D、线圈转动产生的最大感应电动势为Em=NBSo若线圈转速增大为原来的2倍，角速度增大为原来的2倍，则线圈中最大电动势变为原来的2倍，故D错误故选Bo.如图所示，虚线为一电子仅在电场力作用下从M点运动到N点的轨迹，a、b、c为该电场中三条等势线，相邻等势线间的电势差相等，下列说法正确的是A.虚线即为电场线B.电场力对电子做正功C.电子在N点的加速度大于在M点的加速度D.三条等势线电势的关系满足papbpc【解答】解A、电场线与等势线处处垂直，故A错误；B、M运动到N电子受力指向运动轨迹凹面，速度方向沿轨迹切线方向，受电场力方向与速度方向夹角大于90，电场力做负功，故B错误；C、等势线密集处电场线也密集，电场线越密集场强越大，加速度越大，故C正确D、电子受力向下，场强方向与电子受力方向相反，沿电场线方向电势降低，papbpc故D错误；故选Co.如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的当入射光束a绕点逆时针方向转过小角度△8时，b、c、d也会随之转动，则A.光束b顺时针旋转角度小于A0B.光束c逆时针旋转角度小于△8C.光束d顺时针旋转角度大于A9D.光速b、c之间的夹角减小了2A0【解答】解A.设入射光线的入射角为a则反射角为a光束c的折射角为0光束d的反射角也为B，入射光束a绕点逆时针方向转过小角度A0时，入射角变为a=A0+a由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b顺时针旋转角度等于A3故A错误；B.由折射定律有sina=nlstnpsina+40zz-=n1sinB+AB，可得△8’A0即光束c逆时针旋转角度小于Ae故B正确；C.光束d的反射角变化与光束c的折射角变化相等，则光束d顺时针旋转角度小于△0故C错误；D.光束b顺时针旋转角度等于八3光束c逆时针旋转角度小于则光速b、c之间的夹角减小的角度小于2△0故D错误；故选Bo.如图所示为电动机提升重物的装置示意图，电动机线圈电阻r=lQ电动机两端电压为5V电路中的电流为1A物体的重力为20N不计摩擦力，物体匀速上升，则A.电动机的机械功率为5WB.电动机的电功率为1WC.物体匀速上升时的速率为

0.2m/sD.电动机的热功率为4W【解答】解ABD、电动机的热功率P热=12「代入数据，解得P热=1W电动机的电功率P电=UI代入数据，解得P电=5W电动机的机械功率P机=P电-P热=5W-1W=4W故A、B、D错误；C、电动机的机械功率等于绳子拉力的功率，当物体匀速.上升时，有P机=FTv=mgv则物体匀p速上升时的速率v=肃=4m/s=

0.2m/sC正确.故选Co.实验发现，“钻钢铜氧”合金在液氮温度下电阻几乎为零在课堂上，物理老师把条形磁铁N极朝上竖直放在讲桌上，把从液氮中取出的“钻钢铜氧”合金圆环平放在条形磁铁N极正上方，发现“铉钢铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，如图所示下列说法正确的是（）“亿钢铜氧”合金圆环中产生顺时针（俯视）的感应电流“铝根铜氧”合金圆环中产生逆时针（俯视）的感应电流C“铝领铜氧”合金圆环受到的安培力的合力大于所受重力D.“钻钢铜氧”合金圆环受到的安培力的合力小于所受重力【解答】解AB、“亿钢铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受到斥力作用，即“钻钢铜氧”合金圆环中电流产生的磁场方向向下，由安培定则可判断出“钻钢铜氧”合金圆环中产生顺时针（俯视）的感应电流，故A正确，B错误；CD、由于“钻钢铜氧”合金圆环悬浮在磁铁的上方，说明受力平衡，“钻根铜氧”合金圆环受到的安培力的合力等于所受重力，故C、D错误故选Ao二.选择题口（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得分）（多选）

14.核动力航空母舰因其性能强劲堪称海上霸主，它利用可控制核裂变释放的核能获得动为Ei%Kr的比结合能为E2正确的是（）A.X为中子，y=4B.反应过程中的质量亏损为是二C.三种比结合能的大小关系为E1E2E3D.此核裂变释放核能约为E=141E3+92E2-235E10故X为中子；由质量数守恒知，y=3故A错误；B、由质能方程E=Zkm・c2结合释放的核能E那么核反应过程中的质量亏损△!!!=故B正确；C、根据比结合能的曲线图，那么三种比结合能的大小关系为E2E3Ei故C错误;的比结合能为E2故D正确；故选BDo（多选）

15.如图所示，图中两小孩各握住轻绳一端M、N连续振动，形成甲、乙两列横波分别沿x轴相向传播，波速均为2m/s振幅相同t=0时刻的波形图如图所示下列说法正确的是（）A.甲、乙两列波的频率之比为23B.再经过3s平衡位置在x=3m处的质点振动方向向下C.两列波将同时传到x=7m处D.在两列波相遇过程中，x=7m处始终为振动减弱点【解答】解A由图像可知，甲、乙两列波的波长分别为6m、4m根据f=^可知，波速相同时，频率与波长成反比，所以甲、乙两列波的频率之比为23故A正确；B、由代入数据计算可得，甲波的周期为T甲=3s乙波的周期为T乙=2s再经过3s即甲波的一个周期，甲波在平衡位置x=3m处，振动1个周期，恰好处于平衡位置向上振动，乙波3在3s内波形向前平移二九即6m所以乙波在平衡位置x=3m处，恰好处于波峰，振动速度为0根据波的叠加原理可知，平衡位置在x=3m处的质点振动方向向上，故B错误；C.开始时刻，两列波到x=7m处的距离相同，根据t=竽知两波速度相同，则两列波将同时传到x=7m处，故C正确；D.由于两波的频率不同，不能形成相干波源，不存在始终为振动减弱点及振动加强点，故D错误故选:ACo（多选）

16.在“双缝干涉测波长的实验”中，用波长为入1和入2的两束单色光同时入射双缝干涉装置，在观察屏上形成干涉条纹波长入1的光的干涉条纹间距大于波长为入2的条纹间距已知普朗克常数为h光速为c则下列说法正确的是（下列表述中，脚标“1”代表波长为入1的光，脚标“2”代表波长为入2的光）（）A.则两单色光的光子动量之比为”P242B.当两束单色光从玻璃射向真空时，其临界角的正弦之比当=3sinC2a2C.若波长为Ai和入2的这两束光分别由处在n=3和n=5激发态的氢原子跃迁到n=2激发态时产生的，则两束光的频率之比弟约为

0.66£2D.这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之差为Ek2-Eki=hc11（———）【解答】解A、根据p=）可知两光子的动量之比为—故A错误；ZP2^1B、光在介质中的传播速度为v=M折射率为n=临界角与折射率的关系为sinC=J3•一1当两束单色光从玻璃射向真空时，其临界角的正弦之比当=鱼==警，故B错误SinC2UV2入2f2E]E]Z7~2-~2C、氢原子的能级为En=4根据玻尔的原子理论可知h£=Em-En光的频率为=f-E-1E-1£2=已二，解得两束光的频率之比—^

0.66故C正确D、由爱因斯坦喝UN光电效应方程可知Ek=hy-Wo=h-WoA11两束光使同一中金属发生光电效应，产生的光电子的最大初动能之差为Ek2-Eki=hc（———故D正确故选CDo。