選擇題專項練(一)一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.(2024廣東二模)圖甲為太陽光穿過轉動的六角形冰晶形成“幻日”的示意圖,圖乙為太陽光穿過六角形冰晶的過程,a、b是其中兩種單色光的光路,則在冰晶中()A.a的折射率比b的大B.a的頻率比b的大C.a的傳播速度比b的小D.a的波長比b的長答案D解析由圖可知,太陽光射入冰晶時,a光的偏折程度比b光的偏折程度小,則a的折射率比b的小,a的頻率比b的小,a的波長比b的長;根據v=cn,可知a的傳播速度比b的大。故選D2.(2024廣西貴港二模)B超是醫院對病人進行檢查的重要設備,B超成像的基本原理是探頭向人體發射一組超聲波,遇到人體不同組織時會產生不同程度的反射,探頭接收到的超聲波信號由計算機處理,從而形成B超圖像。如圖為探頭沿x軸正方向發送的簡諧超聲波圖像,t=0時刻波恰好傳到質點M。已知此超聲波的頻率為1×107Hz。下列說法正確的是()A.質點M開始振動的方向沿y軸正方向B.探頭發出的超聲波在人體中的傳播速度為1.4×103m/sC.t=0.75×107s時,質點M運動到橫坐標x=28×102mm處D.0~0.75×107s時間內,質點M運動的路程為1.6mm答案B解析因為超聲波沿x軸正方向傳播,根據波形平移法可知,質點M開始振動的方向沿y軸負方向,故A錯誤;由圖像可知波長為λ=14×102mm,則探頭發出的超聲波在人體中的傳播速度為v=λT=λf=14×105×1×107m/s=1.4×103m/s,故B正確;質點并不會隨波的傳播方向遷移,故C錯誤;由題意可知周期為T=1f=1×107s,由于Δt=0.75×107s=34T,且t=0時刻,質點M處于平衡位置開始起振,則0~0.75×107s時間內,質點M運動的路程為s=34×4A=3A=1.23.研究表明原子核的質量雖然隨著原子序數的增大而增大,但是二者之間并不成正比關系,其核子的平均質量(原子核的質量除以核子數)與原子序數的關系如圖所示,一般認為大于鐵原子核質量數(56)的為重核,小于則為輕核,下列對該圖像的說法錯誤的是()A.從圖中可以看出,Fe原子核最穩定B.從圖中可以看出,重核A裂變成原子核B和C時,釋放核能C.從圖中可以看出,輕核D和E發生聚變生成原子核F時,釋放核能D.從圖中可以看出,重核隨原子序數的增加,其比結合能越大答案D解析從圖中可以看出,Fe原子核核子平均質量最小,比結合能最大,Fe原子核最穩定,故A正確,不符合題意;重核A裂變成原子核B和C時,由圖可知,核子平均質量減小,裂變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故B正確,不符合題意;輕核D和E發生聚變生成原子核F時,由圖可知,核子平均質量減小,聚變過程存在質量虧損,需要釋放能量,故C正確,不符合題意;從圖中可以看出,重核隨原子序數的增加,原子核越不穩定,故比結合能越小,故D錯誤,符合題意。4.(2024山東棗莊一模)如圖所示,光滑斜面與平臺相連,小物塊以某一初速度從斜面底端沖上斜面并從平臺右端滑落。已知斜面長2m,小物塊在斜面上運動的時間為1s,則其初速度的大小可能為()A.2m/s B.3m/sC.4m/s D.5m/s答案B解析設小物塊的初速度大小為v0,加速度大小為a,根據勻減速直線運動規律有s=v0t12at2,v=v0at>0,聯立解得v0<4m/s,小物塊做勻減速直線運動,則其初速度大于平均速度,即有v0>v=st=2m/s,所以有2m/s<v0<45.(2024河北一模)籃球是中學生喜歡的運動,如圖所示,小明從同一高度的A、B兩點先后將籃球拋出,籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點,不計空氣阻力,上述兩個過程中籃球從A點()A.拋出后在空中的運動時間與從B點拋出的相等B.拋出后速度的變化量大C.拋出時小明對籃球做的功多D.拋出后克服重力做功的功率先增大后減小答案A解析將籃球看成反向平拋運動,籃球在豎直方向下降的高度相同,根據豎直方向上的位移—時間公式得h=12gt2,解得運動時間為t=2hg,所以兩個過程中籃球在空中運動的時間相等,拋出后速度的變化量都等于gt,即Δv=gt,故A正確,B錯誤;由圖可知從A點投出的籃球比從B點投出的籃球的水平位移小,根據水平方向上的運動學公式得x=v0t,所以有v0A<v0B,即從A點投出的籃球在水平方向的分速度小于從B點投出的籃球在水平方向的分速度,可得被拋出的速度大小為v=v02+(gt)2,結合v0A<v0B,可得vA<vB,即從A點投出的籃球的速度小,動能小,小明對籃球所做的功更少,故C錯誤;克服重力做功的功率為6.(2024山西一模)如圖所示,正方形ABCD四個頂點各固定一個點電荷,等量同種負電荷固定在A、B兩點;等量同種正電荷固定在C、D兩點,O是正方形的中心?，F將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處,規定無窮遠處電勢為零,則()A.移動前,O點的電勢大于零B.移動過程中,O點電場強度一直減少C.移動過程中,C處點電荷所受靜電力先減小后增大D.移到無窮遠處時,O點的電勢小于零答案B解析等量異種點電荷的中垂線上電勢為0,移動前,把A、C處點電荷作一組,把B、D處點電荷作一組,可知O點的電勢為零,故A錯誤;移動過程中,B、D處點電荷在O處的電場強度不變,方向由D到B,C處點電荷在O處產生的電場強度方向由C到O,大小不變,A處點電荷在O處產生的電場強度方向由C到O,大小不斷變小,由平行四邊形定則可知移動過程中,O點電場強度一直減少,同理,D、B處點電荷在C處的電場強度不變,方向由D到B,而A處點電荷在移動過程中,在C處產生的電場強度越來越小,所以C點的電場強度越來越小,則C處點電荷所受靜電力一直減小,故B正確,C錯誤;將A處點電荷沿OA方向移至無窮遠處后,相當于只有C處的正點電荷在O處產生電勢,則O點的電勢大于零,故D錯誤。7.地球可看作半徑為R的均勻球體,質量為m的物體在赤道處所受的重力大小為G1,由于地球自轉的影響,物體在北極處所受的重力大小為G2,引力常量為G,下列說法正確的是()A.地球同步衛星離地心的距離為G2B.地球同步衛星的運行周期為2πmRC.地球的第一宇宙速度為RD.地球的平均密度為3答案C解析設地球的質量為m0,在赤道處有Gm0mR2=G1+4π2mRT2,在北極處有Gm0mR2=G2,解得同步衛星的運行周期T=2πmRG2-G1,故B錯誤;設同步衛星的質量為m',軌道半徑為r,則有Gm0m'r2=m'2πT2r,解得r=3G2G2-G1R,二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.(2024河南周口二模)如圖是差動變壓器式位移傳感器的簡化模型。兩組匝數相等的副線圈上下對稱分布,在ab端輸入穩定的正弦式交變電流,電壓有效值為Uab,cd間輸出電壓有效值為Ucd。初始時,鐵芯兩端與副線圈平齊,鐵芯上下移動過程中始終有一端留在副線圈內,則鐵芯()A.向上移動,Ucd減小B.向下移動,Ucd增大C.靜止不動,增大Uab,則Ucd不變D.向上移動一段距離后,增大Uab,則Ucd減小答案BC解析根據差動變壓器式位移傳感器的工作原理可知,兩組匝數相等的副線圈上下對稱,當鐵芯兩端與副線圈平齊時,兩副線圈產生的感應電動勢相互抵消,則cd間輸出的電壓為零,無論鐵芯向上移動還是向下移動,cd間的輸出電壓均增大,A錯誤,B正確;若鐵芯靜止不動,增大ab間的輸入電壓,則兩副線圈產生的感應電動勢仍相互抵消,cd間輸出的電壓不變,仍為零,C正確;由以上分析可知,鐵芯向上移動一段距離后,cd間一定有電壓輸出,若Uab增大,結合公式U1U2=n19.(2024安徽一模)如圖所示,輕質彈簧下端固定在光滑斜面底端,彈簧處于原長時上端在O點。小球將彈簧壓縮到M點(彈簧和小球不連接)。由靜止釋放小球后,將該時刻記為t=0,小球第一次運動到O點的時刻為t=t1,小球運動到的最高點為N。在小球第一次從M點運動到N點的過程中,小球的速度v、加速度a、動能Ek以及小球機械能E隨時間t變化的圖像可能正確的是()答案AC解析小球向上運動過程中,根據牛頓第二定律有Fmgsinθ=ma,隨著彈力減小,加速度逐漸減小,速度逐漸增大,至F'=mgsinθ,此時加速度為0,速度達到最大,小球位于MO之間,隨后有mgsinθF=ma,隨著彈力F逐漸減小,加速度逐漸增大,直至t=t1后,加速度為a=gsinθ,之后加速度保持不變,速度逐漸減小,結合vt圖像斜率為加速度,動能的計算公式Ek=12mv2可知,A、C正確,B錯誤;小球運動過程中,彈簧彈力對小球做正功,小球機械能先增大,后不變,故D10.(2024廣東韶關二模)電磁緩沖裝置廣泛應用于高鐵等交通工具,它利用電磁力來實現有效緩沖,其原理圖如圖所示。減速區分布著兩部分磁場區域Ⅰ和Ⅱ(俯視),分別存在著垂直紙面向內和垂直紙面向外、寬度均為L的勻強磁場,磁感應強度的大小均為B。緩沖車質量為m,其底部最前端固定有邊長也為L的N匝正方形線圈,線圈電阻為r,緩沖車以速度v0無動力進入減速區,不計摩擦及空氣阻力。則()A.緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向B.緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,緩沖車做加速度減小的減速運動C.若緩沖車的線圈剛進入區域Ⅱ時的速度為v,此時緩沖車受到的安培力大小為2D.從緩沖車的線圈進入區域Ⅱ開始,在緩沖車運動位移為L的過程中,通過線圈的電荷量為2答案ABD解析根據右手定則可知,緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中,線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方