2020高考物理课标二轮（天津专用）选择题专项训练（三） WORD版含解析.docx

1、选择题专项训练(三)(时间:25分钟分值:31分)题型专项训练第34页一、单项选择题(共5小题,每小题3分,共15分。每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的)1.氢原子能级如图所示,当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时,辐射光子Z的波长为656 nm。以下判断正确的是()A.氢原子从n=3跃迁到n=1的能级时,辐射光子的波长大于656 nmB.氢原子从n=3跃迁到n=1的能级时辐射光子照射某金属表面有光电子逸出,若换用光子Z照射该金属表面时不一定有光电子逸出C.一个处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D.用波长为633 nm的光照射,能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级答

2、案:B解析:氢原子从n=3跃迁到n=1的能级时辐射的能量为12.09eV,大于氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时辐射的能量1.89eV,根据E=hc,可解得氢原子从n=3跃迁到n=1的能级时,辐射光的波长应该小于656nm,故A错误;氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时辐射光子的能量小于从n=3跃迁到n=1辐射光子的能量,则不一定发生光电效应,故B正确;一个处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生2种谱线,故C错误;若要使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级,所吸收的能量一定是波长为656nm对应的能量才可以,故D错误。2.法拉第电动机的改装电路如图甲所示,在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁,

3、S极向上,一根金属杆斜插在水银中,金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。在电路中A、B点间接入图乙所示交变电流时,电源、理想二极管、导线、金属杆、水银构成回路,电路安全且正常工作(不计金属杆在转动中水银阻力的影响及水银电阻的变化),则从上往下看,金属杆()A.逆时针匀速转动B.逆时针非匀速转动C.顺时针匀速转动D.顺时针非匀速转动答案:D解析:二极管单向导电,则有向上的电流通过金属杆,金属杆处在条形磁铁的磁场中,受到安培力作用,根据左手定则得知,安培力方向与金属杆垂直向外,使金属杆以条形磁铁为轴顺时针转动,由于电流大小周期性改变,所以安培力大小也改变,故金属杆非匀速转动,故D正确。3

4、.月球探测器从月球返回地球的过程可以简单分成四步,如图所示第一步将月球探测器发射至月球表面附近的环月圆轨道,第二步在环月轨道的A处进行变轨进入月地转移轨道,第三步当接近地球表面附近时,又一次变轨,从B点进入绕地圆轨道,第四步再次变轨后降落至地面,下列说法正确的是()A.将月球探测器发射至轨道时所需的发射速度为7.9 km/sB.月球探测器从环月轨道进入月地转移轨道需要加速C.月球探测器从A沿月地转移轨道到达B点的过程中其动能一直增加D.月球探测器在第四步变轨时需要加速答案:B解析:月球的第一宇宙速度比地球的要小,故A错误;月球探测器从轨道进入月地转移轨道是离心运动,所以需要加速,所以B正确;刚

5、开始的时候月球对月球探测器的引力大于地球对月球探测器的引力,所以探测器动能要减小,之后当地球的引力大于月球的引力时,探测器的动能就开始增加,故C错误;月球探测器降落至地面的运动为近心运动,需要减速,故D错误。4.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为l,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B。电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右匀速运动时()A.电容器两极板间的电压为零B.通过电阻R的电流为BlvRC.电容器所带电荷量为CBlvD.为保持MN匀速运动

6、,需对其施加的拉力大小为B2l2vR答案:C解析:当导线MN匀速向右运动时,导线所受的合力为零,说明导线不受安培力,电路中电流为零,故电阻两端没有电压,此时导线MN产生的感应电动势恒定为E=BLv,则电容器两极板间的电压为U=E=BLv,故A、B错误;电容器所带电荷量Q=CU=CBLv,故C正确;因匀速运动后MN所受合力为0,而此时无电流,不受安培力,则无须拉力便可做匀速运动,故D错误。5.如图所示,一质量为m2=2 kg、倾角为=45的斜面体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一质量为m1=1 kg的光滑楔形物块,物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止的向右运动。重力加速度g=10 m

7、/s2。下列判断正确的是()A.物块对斜面的压力大小为52 NB.斜面体的加速度大小为a=5 m/s2C.水平恒力大小F=10 ND.若水平作用力F作用到斜面上系统仍保持相对静止,则F将变小答案:B解析:对整体分析,受重力、支持力和推力,根据牛顿第二定律,有:水平方向F=(m2+m1)a竖直方向FN1=(m2+m1)g再对斜面分析,受重力、压力FN2、支持力,根据牛顿第二定律,有:水平方向FN2sin=m2a竖直方向FN2cos+m2g=FN1联立解得a=m1gtanm2=5m/s2F=(m2+m1)m1gtanm2=15NFN2=m1gcos=102N故选项B正确,A、C错误;若水平作用力F

8、作用到物块上系统仍保持相对静止,则对整体,F=(m2+m1)a;对物块,m1gtan45=m1a,解得F=(m2+m1)g=30N,即F变大,故选项D错误。二、不定项选择题(共4小题,每小题4分,共16分。每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,选错或不答的得0分)6.波速均为1 m/s的两列简谐横波,分别从波源x=0、x=12 m处沿x轴相向传播,t=0时的波形如图所示。下列说法正确的是()A.两列波的频率均为0.25 HzB.t=0.2 s时,两列波相遇C.两列波相遇过程中,x=5 m处和x=7 m处的质点振动加强D.t=3 s时,x=6 m处的

9、质点位移达到最大值答案:AD解析:两列波的波长均为=4m,由v=f得f=v=0.25Hz,故A正确;t=x2v=421s=2s时,两列波相遇,故B错误;两列波相遇过程中,x=5m处和x=7m处的质点振动减弱,故C错误;两列波的周期为T=1f=4s,t=2s时,两列波在x=6m处相遇,x=6m处质点向下振动,再经过1s=T4,即t=3s时,该质点到达波谷,位移达到最大值,故D正确。7.图甲是回旋加速器的示意图,其核心部分是两个“D”形金属盒,在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,若忽略带电粒子在电场中的加速时间

10、,则下列说法正确的是()A.在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高频电源的变化周期应该等于tn-tn-2C.要使粒子获得的最大动能增大,可以增大电源电压D.在磁感应强度B、“D”形盒半径、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下,粒子的加速次数越多,粒子的最大动能一定越大答案:AB解析:洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,解得r=mvqB,故周期T=2rv=2mqB,与速度无关,故t4-t3=t3-t2=t2-t1,故A正确;交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致,故高频电源的变化周期应该等于tn-tn-2,故B正确;当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径

11、等于D形盒的半径,由qvB=mv2r,解得r=mvqB,则最大动能Ek=12mv2=q2B2r22m,知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电荷量和质量有关,与加速电压等其他因素无关,故C、D错误。8.在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图a所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图b中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19 kg,则()A.碰后蓝壶的速度为0.8 m/sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5

12、4答案:AD解析:由题图可知碰撞前后红壶的速度为v0=1m/s和v1=0.2m/s,由动量守恒可得mv0=mv1+mv2,解得碰后蓝壶速度为v2=0.8m/s,根据碰前红壶的速度图像可知红壶的加速度a1=0.2m/s2,所以蓝壶静止的时刻为t=1.20.2s=6s,则碰后蓝壶移动的距离为x=120.85m=2m,碰撞过程两壶损失的动能为Ek=12mv02-12mv12-12mv22=3.04J,红壶所受摩擦力Ff1=ma1=190.2N=3.8N,蓝壶所受摩擦力Ff2=ma2=190.8-05N=3.04N,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为Ff1Ff2=54,故A、D正确,B、C错误。9.电流天

13、平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示,测量前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入质量为m的砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势为E,内阻为r。开关S闭合后,调节可变电阻至R1时,天平正好平衡,此时电压表读数为U。已知m0m,取重力加速度为g,则()A.矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B.矩形线圈的电阻R=E-UUr-R1C.匀强磁场的磁感应强度的大小B=(m0-m)rgn(E-U)lD.若仅将磁场反向,在左盘中再添加质量为2m0-m的砝码可使天平重新平衡答案:AC解析:根据题图甲可知,要使天平平衡,矩形线圈中电流的方向应为逆时针方向,故A正确。根据闭合电路欧姆定律可得U=E-UR+R1r,解得矩形线圈的电阻R=UrE-U-R1,故B错误。根据平衡条件可得m0g-F=mg,而F=nBIl,I=E-Ur,解得匀强磁场的磁感应强度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l,故C正确。开始线圈所受安培力的方向向上,仅将磁场反向,则安培力方向反向,变为向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为m=2Fg=2(m0-m)的砝码可使天平重新平衡,故D错误。