《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練（三）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練（三）（含解析）（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練(三) (時間:25分鐘　分值:31分) 一、單項(xiàng)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(xiàng)中,只有一個選項(xiàng)是正確的) 1.氫原子能級如圖所示,當(dāng)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 nm B.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

2、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)ΔE=hcλ,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(yīng)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(yīng),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(yīng)的能量才可以,故D錯誤。 2.法拉第電動機(jī)的改裝電路如圖甲所示,在圓

3、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(diǎn)間接入圖乙所示交變電流時,電源、理想二極管、導(dǎo)線、金屬桿、水銀構(gòu)成回路,電路安全且正常工作(不計(jì)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

4、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(jìn)行變軌進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ,第三步當(dāng)接近地球表面附近時,又一次變軌,從B點(diǎn)進(jìn)入繞地圓軌道Ⅲ,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Ⅰ時所需的發(fā)射速度為7.9 km/s B.月球探測器從環(huán)月軌道Ⅰ進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ需要加速 C.月球探測器從A沿月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ到達(dá)B點(diǎn)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:

5、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Ⅰ進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ是離心運(yùn)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(dāng)?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(yùn)動為近心運(yùn)動,需要減速,故D錯誤。 4.如圖所示,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電容器的電容為C,除電阻R外,導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)?，F(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度,使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動,當(dāng)電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右勻

6、速運(yùn)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BlvR C.電容器所帶電荷量為CBlv D.為保持MN勻速運(yùn)動,需對其施加的拉力大小為B2l2vR 答案:C 解析:當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動時,導(dǎo)線所受的合力為零,說明導(dǎo)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(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)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(yùn)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(yùn)動,故D錯誤。 5.如圖所示,一質(zhì)量為m2=2 kg、傾角為θ=45

7、°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(yùn)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 N B.斜面體的加速度大小為a=5 m/s2 C.水平恒力大小F=10 N D.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

8、向FN2sinθ=m2a 豎直方向FN2cosθ+m2g=FN1 聯(lián)立解得a=m1gtanθm2=5m/s2 F=(m2+m1)m1gtanθm2=15N FN2=m1gcosθ=102N 故選項(xiàng)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(xiàng)D錯誤。 二、不定項(xiàng)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(xiàng)中,都有多個選項(xiàng)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

9、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 Hz B.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(diǎn)振動加強(qiáng) D.t=3 s時,x=6 m處的質(zhì)點(diǎn)位移達(dá)到最大值 答案:AD 解析:兩列波的波長均為λ=4m,由v=λf得f=vλ=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(diǎn)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(diǎn)向下

10、振動,再經(jīng)過1s=T4,即t=3s時,該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷,位移達(dá)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(qiáng)磁場中,并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運(yùn)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(yīng)有t4-t3=t3-t2=t2-t1 B.高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn-tn-2 C.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(yīng)強(qiáng)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

11、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=2πrv=2πmqB,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(yùn)動的周期一致,故高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn-tn-2,故B正確;當(dāng)粒子從D形盒中出來時,速度最大,此時運(yùn)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(yīng)強(qiáng)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?zé)o關(guān),故C、D錯誤。 8.在冰壺比賽中,某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺,兩

12、者在大本營中心發(fā)生對心碰撞,如圖a所示,碰后運(yùn)動員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來減小阻力,碰撞前后兩壺運(yùn)動的v-t圖線如圖b中實(shí)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(lán)壺的速度為0.8 m/s B.碰后藍(lán)壺移動的距離為2.4 m C.碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為7.22 J D.碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為5∶4 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(lán)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

13、藍(lán)壺靜止的時刻為t=1.20.2s=6s,則碰后藍(lán)壺移動的距離為x=12×0.8×5m=2m,碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為ΔEk=12mv02-12mv12-12mv22=3.04J,紅壺所受摩擦力Ff1=ma1=19×0.2N=3.8N,藍(lán)壺所受摩擦力Ff2=ma2=19×0.8-05N=3.04N,碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為Ff1∶Ff2=5∶4,故A、D正確,B、C錯誤。 9.電流天平可以用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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

14、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(jì)連接導(dǎo)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?yàn)槟鏁r針方向 B.矩形線圈的電阻R=E-UUr-R1 C.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=(m0-m)rgn(E-U)l D.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(yīng)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)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Δm=2Fg=2(m0-m)的砝碼可使天平重新平衡,故D錯誤。 - 6 -