選擇題專項(xiàng)練(三)(建議用時：25分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．以下說法中錯誤的選項(xiàng)是( )．功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶?shí)質(zhì)宏觀過程必定是可逆過程B．用油膜法估測分子直徑的實(shí)驗(yàn)中，把用酒精稀釋過的油酸滴在水面上，待測油酸面擴(kuò)散后又縮短的原由是水面受油酸滴沖擊凹陷后恢復(fù)以及酒精揮發(fā)后液面縮短C．液晶既擁有液體的流動性又擁有晶體的各向異性，從某個方向看其分子擺列比較齊整，但從另一方向看分子的擺列是凌亂無章的D．溫度高的物體分子均勻動能和內(nèi)能不必定大2．如下圖，以下說法不正確的選項(xiàng)是( )A．圖甲中，P、Q是偏振片，M是光屏，當(dāng)P固定不動，遲緩轉(zhuǎn)動Q時，光屏M上的光明度將會變化，此現(xiàn)象表示光波是橫波B．圖乙是雙縫干預(yù)表示圖，若只減小屏到雙縫間的距離L，兩相鄰亮條紋間距離將減小C．依據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，變化的電場四周必定能產(chǎn)生電磁波D．利用紅外線進(jìn)行遙感主假如因?yàn)榧t外線的波長長，簡單發(fā)生衍射3．以下現(xiàn)象中不可以反應(yīng)光的偏振特征的是( )．一束自然光接踵經(jīng)過兩個偏振片，以光束為軸旋轉(zhuǎn)此中一個偏振片，透射光的強(qiáng)度發(fā)生變化B．一束自然光入射到兩種介質(zhì)的分界面上，當(dāng)反射光與折射光芒之間的夾角恰巧是90°時，反射光是偏振光C．日落時分，拍攝水面下的光景，在照相機(jī)鏡頭前裝上偏振光片能夠使情景更清楚D．經(jīng)過手指間的空隙察看日光燈，能夠看到彩色條紋4．如下圖，質(zhì)量為m的小球A靜止于圓滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連結(jié)．現(xiàn)用完整同樣的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一同壓縮彈簧，不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰后開始到回到原靜止地點(diǎn)的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則以下表達(dá)式中正確的選項(xiàng)是( )A．E＝1mv2，I＝2mv00412B．E＝4mv0，I＝mv012，I＝2mv0012D．E＝2mv0，I＝mv05．有一個豎直固定擱置的四分之一圓滑圓弧軌道，軌道圓心O到地面的高度為h，小球從軌道最高點(diǎn)A由靜止開始沿著圓弧軌道滑下，從軌道最低點(diǎn)B走開軌道，而后做平拋運(yùn)動落到水平川面上的C點(diǎn)，C點(diǎn)與A點(diǎn)的水平距離也等于h，則以下說法正確的選項(xiàng)是()A．當(dāng)小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)B時，軌道對它的支持力等于重力的4倍B．小球在圓弧軌道上運(yùn)動的過程中，重力對小球的沖量在數(shù)值上大于圓弧的支持力對小球的沖量C．依據(jù)已知條件能夠求出該四分之一圓弧軌道的軌道半徑為

0.2hD．小球做平拋運(yùn)動落到地面時的速度與水平方向夾角

θ的正切值

tan

θ＝0.56．如下圖，質(zhì)量為

m、電荷量為＋

q的三個同樣帶電小球

a、b、c，從同一高度以初速度v0水平拋出，小球

a只在重力作用下運(yùn)動，小球

b在重力和洛倫茲力作用下運(yùn)動，小球

c在重力和電場力作用下運(yùn)動，它們落地的時間分別為

ta、tb、tc，落地時重力的剎時功率分別為Pa、Pb、Pc，則以下判斷中正確的選項(xiàng)是

(

)A．t＝t＝tB．t＝t<tbabcacC．P<P<PcD．P＝P>Pbaabc7．人們發(fā)現(xiàn)鉍有極其輕微的放射性，212Bi)經(jīng)過α、β衰變后變?yōu)橐粋€鉛核208Pb)，一個鉍核(83(82并陪伴產(chǎn)生了γ射線．該反響中鉍核、α粒子、β粒子、鉛核的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4，以下說法正確的選項(xiàng)是( )．α射線、β射線、γ射線對比，γ射線擁有較強(qiáng)的電離本事m2＋m3＋m4－m1）c2．核反響中開釋的γ光子頻次是hC．鉍核的聯(lián)合能比鉛核的聯(lián)合能大D．原子核發(fā)生一次β衰變后，該原子外層就失掉一個電子8．如圖甲所示，ab為磁場界限，在ab的右邊存在一個足夠大的勻強(qiáng)磁場，

t＝0

時刻磁場方向垂直于豎直圓環(huán)平面向里，分別為r和2r的圓環(huán)1和圓環(huán)

用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成兩個半徑2，讓圓環(huán)的直徑與界限重合．磁場磁感覺強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，則

0～t1時間內(nèi)

(

)．兩圓環(huán)中產(chǎn)生感覺電流的方向?yàn)槟鏁r針B．兩圓環(huán)向來擁有擴(kuò)充的趨向C．環(huán)1和環(huán)2中感覺電流的大小之比為D．環(huán)1和環(huán)2中的電功率之比為1∶4

1∶2二、多項(xiàng)選擇題9．如下圖，有兩根長均為

L、質(zhì)量均為

m的細(xì)導(dǎo)體棒

a、b，此中

a被水平擱置在傾角為45°的圓滑固定絕緣斜面上．b被水平固定在斜面的右邊．且a、b在同一水平面上保持相互平行．當(dāng)兩棒通以大小均為I的電流時，a恰幸虧斜面上保持靜止，重力加快度為g，以下對于b棒在a處產(chǎn)生的磁場的說法中，正確的選項(xiàng)是( )A．方向必定豎直向下B．方向可能豎直向上C．磁感覺強(qiáng)度大小必定為mgILD．磁感覺強(qiáng)度大小必定為2mg2IL10．在水平面內(nèi)有一沿x軸方向的靜電場，其電勢φ隨坐標(biāo)x變化的圖線如下圖(φ、0－φ0、x1、x2、x3、x4均已知，O、x1、x2、x3、x4為x軸上等間距的點(diǎn))．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球(不計重力)從O點(diǎn)以某一未知初速度v0沿x軸正方向射出，則以下說法正確的選項(xiàng)是( )φ0A．在0～x1間的電場強(qiáng)度沿x軸正方向，大小為E1＝x1B．在0～x1間與在x3～x4間電場強(qiáng)度同樣C．只需v0＞0，該帶電小球就能運(yùn)動到x4處D．只需v0＞2qφ0x4處，該帶電小球就能運(yùn)動到m11．如下圖，帶有圓滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平川面上，擱置于斜劈上的圓滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連結(jié)，開始時輕繩與斜劈平行．現(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿遲緩上漲，整個過程中小球一直未離開斜劈，則有( )A．輕繩對小球的拉力漸漸增大B．小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大C．豎直桿對小滑塊的彈力先增大后減小D．對小滑塊施加的豎直向上的拉力漸漸增大12．如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在圓滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓滑圓弧軌道，BC段是長為L的水平粗拙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)靜止開始沿軌道滑下，而后滑入BC軌道，最后恰巧停在C點(diǎn)．已知小車質(zhì)量M＝3m，滑塊與軌道

BC

間的動摩擦因數(shù)為

μ，重力加快度為

g.則(

)A．全程滑塊水平方向相對地面的位移為R＋L1B．全程小車相對地面的位移大小s＝4(R＋L)C．小車M運(yùn)動過程中的最大速度vm＝6gR6D．μ、L、R三者之間的關(guān)系為R＝4μL選擇題專項(xiàng)練(三)1．分析：選A.功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶?shí)質(zhì)宏觀過程是不行逆的，A錯誤．由實(shí)驗(yàn)過程知，B正確．液晶的特色就是液晶既擁有液體的流動性又擁有晶體的各向異性，從某個方向看其分子擺列比較齊整，但從另一方向看，分子的擺列是凌亂無章的，C正確．溫度是分子均勻動能的標(biāo)記，內(nèi)能由均勻動能、勢能和分子數(shù)共同決定，D正確．2．分析：選

C.只有橫波才能產(chǎn)生偏振現(xiàn)象，因此光的偏振現(xiàn)象表示光是一種橫波，故

A正確．依據(jù)雙縫干預(yù)兩相鄰亮條紋的間距

Δx與雙縫間距離

d及光的波長λ的關(guān)系式

x＝Lλ，d可知若只減小屏到雙縫間的距離L，兩相鄰亮條紋間距離x將減小，故B正確．依據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，變化的磁場產(chǎn)生電場，變化的電場產(chǎn)生磁場；均勻變化的電(磁)場只好產(chǎn)生恒定不變的磁(電)場，故C錯誤．波長越長，越簡單發(fā)生衍射現(xiàn)象；利用紅外線進(jìn)行遙感是因?yàn)榧t外線的波長長，簡單發(fā)生衍射，故D正確．3．分析：選D.一束自然光接踵經(jīng)過兩個偏振片，以光束為軸旋轉(zhuǎn)此中一個偏振片，當(dāng)看到透射光的強(qiáng)度發(fā)生變化時，則說明光的振動方向與流傳方向相垂直，能反應(yīng)光的偏振特征，故不選A；一束自然光入射到兩種介質(zhì)的表面時，必定有反射光芒，假如折射光芒與反射光芒垂直，反射光為偏振光，故不選B；在日落時分，拍攝水面下的光景，在照相機(jī)鏡頭前裝上偏振光片，因?yàn)榉瓷涔馓珡?qiáng)，偏振光強(qiáng)，加偏振片能夠?qū)⒎瓷涞钠窆膺^濾，使圖象清楚，故不選C；經(jīng)過手指間空隙察看日光燈，看到彩色條紋是光的衍射現(xiàn)象，而不是偏振現(xiàn)象，應(yīng)選D.4．分析：選A.A、B相碰過程，設(shè)碰后A、B的速度為v，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律可知mv0＝2mv，解得v＝v0；2當(dāng)A、B速度減到零時，此時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒可知E＝1×2mv2＝m×v022212＝mv04而后彈簧再彈開，當(dāng)彈簧恢還原長時彈性勢能又轉(zhuǎn)變?yōu)锳、B的動能，因此A、B的速度v0大小依舊為v＝把彈簧和A、B小球作為一個整體，在此過程中墻對彈簧的沖量就等于A、B動量的變化量，由動量定理得：v0v0－I＝－2m2－2m2，即I＝2mv0，故A對，B、C、D錯．1225．分析：選C.從A到B由動能定理得vB，解得FB＝mgR＝mvB，在B點(diǎn)有FB－mg＝mR23mg，A錯誤；小球從A運(yùn)動到B，合外力沖量水平向右，則支持力的沖量在豎直方向的重量與重力的沖量大小相等，故支持力沖量在數(shù)值上大于重力的沖量，B錯誤；小球做平拋運(yùn)動時，h－R＝1gt2，h－R＝vt，解得R＝0.2h，C正確；設(shè)小球做平拋運(yùn)動的位移與水平方向的夾角2為α，則

tan

α＝1，因?yàn)?/p>

tan

θ＝2tan

α，因此

tan

θ＝2，D

錯誤．6．分析：選

A.依據(jù)題意可知：

a球只有重力做功，豎直方向上做自由落體運(yùn)動；

b球除重力以外還遇到洛倫茲力作用，但b球遇到的洛倫茲力的方向老是水平方向的，因此b球在豎直方向也做自由落體運(yùn)動；c球除受重力以外，還遇到垂直紙面向里的電場力作用，豎直方向上做自由落體運(yùn)動，ta＝tb＝tc，故A正確，B錯誤；落地時的重力的功率等于重力乘以重力方向的速度，我們只研究豎直方向，發(fā)現(xiàn)b球遇到的洛倫茲力是沿水平方向的，不影響重力方向，c的電場力方向老是垂直紙面向里的，對豎直方向也沒有影響，故豎直方向都做自由落體運(yùn)動，高度同樣，因此末速度在豎直方向的重量同樣，重力又相等，依據(jù)P＝mgvy可知三個球落地瞬時重力的剎時功率相等，故C、D錯誤．7．分析：選C.α射線、β射線、γ射線對比，α射線擁有較強(qiáng)的電離本事，故A錯誤；核反響中開釋的能量為E＝mc2＝(m－m22＝hν，解得頻次ν＝1－m3－m4)c（m12342－m－m－m）c，故B錯誤；鉍核的核子數(shù)比鉛核的核子數(shù)多，故鉍核的聯(lián)合能比鉛h核的聯(lián)合能大，故C正確；衰變反響發(fā)生在原子核內(nèi)部，原子核由質(zhì)子和中子構(gòu)成，發(fā)生β衰變時一此中子變?yōu)橘|(zhì)子并開釋一個電子，故D錯誤．8．分析：選C.磁感覺強(qiáng)度方向向里且減小，由楞次定律“增反減同”可知，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針，0～t0時間內(nèi)為了阻擋磁通量的減小，圓環(huán)有擴(kuò)充的趨向，t0～t1時間內(nèi)為了阻擋磁通量的增大，圓環(huán)有減小的趨向，A、B錯誤；由題圖乙可知磁場均勻變化，即Bt恒定，依據(jù)法拉第電磁感覺定律E＝Φ＝BE1＝ttS′可知產(chǎn)生的感覺電動勢大小之比為E21πr22＝1，依據(jù)電阻定律R＝ρL2πr可知兩環(huán)的電阻之比為1＝ρR＝1，故感覺電流之比1π（2r）24SSR222E12為I1＝R1＝1，C正確；電功率之比為P1＝I21R1＝1，D錯誤．22222R29．分析：選BC.因?yàn)閍恰幸虧斜面上保持靜止，因此a、b之間必定是吸引力，即a、b中電流的方向應(yīng)同樣，因?yàn)轭}中沒有給出a中電流的方向，因此b的電流方向也不確立，則b棒在a處產(chǎn)生的磁場可能向上也可能向下，故A錯誤，B正確；a遇到重力、支持力和水平向mg右的安培力處于均衡狀態(tài)，因夾角為45°，則B＝IL，故C正確，D錯誤．10．分析：選BD.因?yàn)檠仉妶龇较螂妱菹陆?，可?～x1間的電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向，由U，得E＝φ＝0在0～x1xφ，φ－x圖象的斜率等于電場強(qiáng)度，34間斜率同樣，E＝dx1間與在x～x則電場強(qiáng)度同樣，故A錯誤，B正確；由φ－x圖象可知，x3處電勢最低，速度最小，只需能抵達(dá)x343012，0處就必定能抵達(dá)x處．若小球恰巧抵達(dá)x處，由動能定理得：－qU＝－qφ＝0－2mv故v0＝2qφ02qφ0x4處，故C錯誤，D正確．，只需v0>，帶電小球就能運(yùn)動到mm11．分析：選AD.對小球受力剖析，受重力、支持力和輕繩的拉力，如圖甲所示，依據(jù)均衡條件，細(xì)線的拉力F′T增添，支持力FN減小，依據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π迸膲毫σ矞p小，A正確，B錯誤；對球和滑塊整體剖析，受重力、斜面的支持力FN，桿的支持力F′F′＝NFNsinθ，豎直方向FT＋N，拉力FT，如圖乙所示，依據(jù)均衡條件，有：水平方向Fcosθ＝G，因?yàn)镕N減小，故F′減小，F(xiàn)增添，C錯誤，D正確．NNT12．分