（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復習 選擇題專項訓練（三）（含解析）

選擇題專項訓練(三)(時間:25分鐘分值:31分)一、單項選擇題(共5小題,每小題3分,共15分。每小題給出的四個選項中,只有一個選項是正確的)1.氫原子能級如圖所示,當氫原子從n=3躍遷到n=2的能級時,輻射光子Z的波長為656 nm。以下判斷正確的是()A.氫原子從n=3躍遷到n=1的能級時,輻射光子的波長大于656 nmB.氫原子從n=3躍遷到n=1的能級時輻射光子照射某金屬表面有光電子逸出,若換用光子Z照射該金屬表面時不一定有光電子逸出C.一個處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷時最多產(chǎn)生3種譜線D.用波長為633 nm的光照射,能使氫原子從n=2躍遷到n=3的能級答案:B解析:氫原子從n=3躍遷到n=1的能級時輻射的能量為12.09eV,大于氫原子從n=3躍遷到n=2的能級時輻射的能量1.89eV,根據(jù)E=hc,可解得氫原子從n=3躍遷到n=1的能級時,輻射光的波長應該小于656nm,故A錯誤;氫原子從n=3躍遷到n=2的能級時輻射光子的能量小于從n=3躍遷到n=1輻射光子的能量,則不一定發(fā)生光電效應,故B正確;一個處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷時最多產(chǎn)生2種譜線,故C錯誤;若要使氫原子從n=2躍遷到n=3的能級,所吸收的能量一定是波長為656nm對應的能量才可以,故D錯誤。2.法拉第電動機的改裝電路如圖甲所示,在圓形水銀槽中心豎直固定著一條形磁鐵,S極向上,一根金屬桿斜插在水銀中,金屬桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。在電路中A、B點間接入圖乙所示交變電流時,電源、理想二極管、導線、金屬桿、水銀構(gòu)成回路,電路安全且正常工作(不計金屬桿在轉(zhuǎn)動中水銀阻力的影響及水銀電阻的變化),則從上往下看,金屬桿()A.逆時針勻速轉(zhuǎn)動B.逆時針非勻速轉(zhuǎn)動C.順時針勻速轉(zhuǎn)動D.順時針非勻速轉(zhuǎn)動答案:D解析:二極管單向?qū)щ?則有向上的電流通過金屬桿,金屬桿處在條形磁鐵的磁場中,受到安培力作用,根據(jù)左手定則得知,安培力方向與金屬桿垂直向外,使金屬桿以條形磁鐵為軸順時針轉(zhuǎn)動,由于電流大小周期性改變,所以安培力大小也改變,故金屬桿非勻速轉(zhuǎn)動,故D正確。3.月球探測器從月球返回地球的過程可以簡單分成四步,如圖所示第一步將月球探測器發(fā)射至月球表面附近的環(huán)月圓軌道,第二步在環(huán)月軌道的A處進行變軌進入月地轉(zhuǎn)移軌道,第三步當接近地球表面附近時,又一次變軌,從B點進入繞地圓軌道,第四步再次變軌后降落至地面,下列說法正確的是()A.將月球探測器發(fā)射至軌道時所需的發(fā)射速度為7.9 km/sB.月球探測器從環(huán)月軌道進入月地轉(zhuǎn)移軌道需要加速C.月球探測器從A沿月地轉(zhuǎn)移軌道到達B點的過程中其動能一直增加D.月球探測器在第四步變軌時需要加速答案:B解析:月球的第一宇宙速度比地球的要小,故A錯誤;月球探測器從軌道進入月地轉(zhuǎn)移軌道是離心運動,所以需要加速,所以B正確;剛開始的時候月球?qū)υ虑蛱綔y器的引力大于地球?qū)υ虑蛱綔y器的引力,所以探測器動能要減小,之后當?shù)厍虻囊Υ笥谠虑虻囊r,探測器的動能就開始增加,故C錯誤;月球探測器降落至地面的運動為近心運動,需要減速,故D錯誤。4.如圖所示,兩光滑平行金屬導軌間距為l,直導線MN垂直跨在導軌上,且與導軌接觸良好,整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中,磁感應強度為B。電容器的電容為C,除電阻R外,導軌和導線的電阻均不計?，F(xiàn)給導線MN一初速度,使導線MN向右運動,當電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右勻速運動時()A.電容器兩極板間的電壓為零B.通過電阻R的電流為BlvRC.電容器所帶電荷量為CBlvD.為保持MN勻速運動,需對其施加的拉力大小為B2l2vR答案:C解析:當導線MN勻速向右運動時,導線所受的合力為零,說明導線不受安培力,電路中電流為零,故電阻兩端沒有電壓,此時導線MN產(chǎn)生的感應電動勢恒定為E=BLv,則電容器兩極板間的電壓為U=E=BLv,故A、B錯誤;電容器所帶電荷量Q=CU=CBLv,故C正確;因勻速運動后MN所受合力為0,而此時無電流,不受安培力,則無須拉力便可做勻速運動,故D錯誤。5.如圖所示,一質(zhì)量為m2=2 kg、傾角為=45°的斜面體放在光滑水平地面上,斜面上疊放一質(zhì)量為m1=1 kg的光滑楔形物塊,物塊在水平恒力F作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止的向右運動。重力加速度g=10 m/s2。下列判斷正確的是()A.物塊對斜面的壓力大小為52 NB.斜面體的加速度大小為a=5 m/s2C.水平恒力大小F=10 ND.若水平作用力F作用到斜面上系統(tǒng)仍保持相對靜止,則F將變小答案:B解析:對整體分析,受重力、支持力和推力,根據(jù)牛頓第二定律,有:水平方向F=(m2+m1)a豎直方向FN1=(m2+m1)g再對斜面分析,受重力、壓力FN2、支持力,根據(jù)牛頓第二定律,有:水平方向FN2sin=m2a豎直方向FN2cos+m2g=FN1聯(lián)立解得a=m1gtanm2=5m/s2F=(m2+m1)m1gtanm2=15NFN2=m1gcos=102N故選項B正確,A、C錯誤;若水平作用力F作用到物塊上系統(tǒng)仍保持相對靜止,則對整體,F=(m2+m1)a'對物塊,m1gtan45°=m1a',解得F=(m2+m1)g=30N,即F變大,故選項D錯誤。二、不定項選擇題(共4小題,每小題4分,共16分。每小題給出的四個選項中,都有多個選項是正確的。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,選錯或不答的得0分)6.波速均為1 m/s的兩列簡諧橫波,分別從波源x=0、x=12 m處沿x軸相向傳播,t=0時的波形如圖所示。下列說法正確的是()A.兩列波的頻率均為0.25 HzB.t=0.2 s時,兩列波相遇C.兩列波相遇過程中,x=5 m處和x=7 m處的質(zhì)點振動加強D.t=3 s時,x=6 m處的質(zhì)點位移達到最大值答案:AD解析:兩列波的波長均為=4m,由v=f得f=v=0.25Hz,故A正確;t=x2v=42×1s=2s時,兩列波相遇,故B錯誤;兩列波相遇過程中,x=5m處和x=7m處的質(zhì)點振動減弱,故C錯誤;兩列波的周期為T=1f=4s,t=2s時,兩列波在x=6m處相遇,x=6m處質(zhì)點向下振動,再經(jīng)過1s=T4,即t=3s時,該質(zhì)點到達波谷,位移達到最大值,故D正確。7.圖甲是回旋加速器的示意圖,其核心部分是兩個“D”形金屬盒,在加速帶電粒子時,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場中的加速時間,則下列說法正確的是()A.在Ek-t圖中應有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高頻電源的變化周期應該等于tn-tn-2C.要使粒子獲得的最大動能增大,可以增大電源電壓D.在磁感應強度B、“D”形盒半徑、粒子的質(zhì)量m及其電荷量q不變的情況下,粒子的加速次數(shù)越多,粒子的最大動能一定越大答案:AB解析:洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,解得r=mvqB,故周期T=2rv=2mqB,與速度無關(guān),故t4-t3=t3-t2=t2-t1,故A正確;交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致,故高頻電源的變化周期應該等于tn-tn-2,故B正確;當粒子從D形盒中出來時,速度最大,此時運動的半徑等于D形盒的半徑,由qvB=mv2r,解得r=mvqB,則最大動能Ek=12mv2=q2B2r22m,知最大動能與加速器的半徑、磁感應強度以及電荷的電荷量和質(zhì)量有關(guān),與加速電壓等其他因素無關(guān),故C、D錯誤。8.在冰壺比賽中,某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺,兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞,如圖a所示,碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面來減小阻力,碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖b中實線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,兩冰壺質(zhì)量均為19 kg,則()A.碰后藍壺的速度為0.8 m/sB.碰后藍壺移動的距離為2.4 mC.碰撞過程兩壺損失的動能為7.22 JD.碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為54答案:AD解析:由題圖可知碰撞前后紅壺的速度為v0=1m/s和v1=0.2m/s,由動量守恒可得mv0=mv1+mv2,解得碰后藍壺速度為v2=0.8m/s,根據(jù)碰前紅壺的速度圖像可知紅壺的加速度a1=0.2m/s2,所以藍壺靜止的時刻為t=1.20.2s=6s,則碰后藍壺移動的距離為x=12×0.8×5m=2m,碰撞過程兩壺損失的動能為Ek=12mv02-12mv12-12mv22=3.04J,紅壺所受摩擦力Ff1=ma1=19×0.2N=3.8N,藍壺所受摩擦力Ff2=ma2=19×0.8-05N=3.04N,碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為Ff1Ff2=54,故A、D正確,B、C錯誤。9.電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。如圖甲所示,測量前天平已調(diào)至平衡,測量時,在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼,右邊托盤中不放砝碼,將一個質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部,再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中,不計連接導線對線圈的作用力,電源電動勢為E,內(nèi)阻為r。開關(guān)S閉合后,調(diào)節(jié)可變電阻至R1時,天平正好平衡,此時電壓表讀數(shù)為U。已知m0>m,取重力加速度為g,則()A.矩形線圈中電流的方向為逆時針方向B.矩形線圈的電阻R=E-UUr-R1C.勻強磁場的磁感應強度的大小B=(m0-m)rgn(E-U)lD.若僅將磁場反向,在左盤中再添加質(zhì)量為2m0-m的砝碼可使天平重新平衡答案:AC解析:根據(jù)題圖甲可知,要使天平平衡,矩形線圈中電流的方向應為逆時針方向,故A正確。根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E-UR+R1r,解得矩形線圈的電阻R=UrE-U-R1,故B錯誤。根據(jù)平衡條件可得m0g-F=mg,而F=nBIl,I=E-Ur,解得勻強磁場的磁感應強度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l,故C正確。開始線圈所受安培力的方向向上,僅將磁場反向,則安培力方向反向,變?yōu)橄蛳?相當于右邊多了兩倍的安培力大小,所以需要在左邊添加質(zhì)量為m=2Fg=2(m0-m)的砝碼可使天平重新平衡,故D錯誤。- 6 -