2020届高考物理二轮复习 专题冲刺 选择题专练（四）课件

选择题专练(四)共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．(2019·安徽蚌埠高三二模)氢原子的能级公式为En＝1n2E1(n＝1,2,3，…)，其中基态能量E1＝－13.6eV，能级图如图所示。大量氢原子处于量子数为n的激发态，由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，则n和可能发出的频率最小的光子能量分别为()A．n＝5,0.54eVB．n＝5,0.31eVC．n＝4,0.85eVD．n＝4,0.66eV答案B解析氢原子基态的能量为E1＝－13.6eV，由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，即最高能级的能量E＝0.04E1＝－0.54eV，即处在n＝5能级；频率最小的光子的能量为ΔE′＝－0.54eV－(－0.85eV)＝0.31eV，故B正确，A、C、D错误。2．(2019·济南三模)粗糙水平地面上的物体，在一个水平恒力作用下做直线运动，其v­t图象如图所示，下列物理量中第1s内与第2s内相同的是()A．摩擦力的功B．摩擦力的冲量C．水平恒力的功D．水平恒力的冲量答案D解析由图象可知，物体在摩擦力和恒力F作用下先向正方向做匀减速运动，然后反向加速，第1s内与第2s内的位移不同，则摩擦力的功不同，水平恒力的功也不同，A、C错误；第1s内与第2s内摩擦力的方向不同，则摩擦力的冲量不同，B错误；水平恒力的冲量I＝Ft，则第1s内与第2s内水平恒力的冲量相同，D正确。3．(2019·广东揭阳一模)在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．A、B两镖在空中运动的时间相同B．B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度小C．A、B镖的速度变化方向可能不同D．A镖的质量一定比B镖的质量小答案B解析飞镖B下落的高度大于飞镖A下落的高度，根据h＝12gt2得t＝2hg，则B镖的运动时间长，故A错误；因为水平位移相等，B镖的运动时间长，则B镖的初速度小，故B正确；因为A、B镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下，故C错误；平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量，故D错误。4．(2019·河北唐山一模)如图甲所示是某同学设计的一种发电装置的示意图，线圈为边长l＝0.40m、匝数n＝200匝的正方形线圈，线圈绕M轴转动，线圈的电阻为R1＝1.0Ω。磁感应强度方向均沿半径方向，大小均匀分布，线圈处的磁感应强度大小均为B＝0.20πT。外力推动线圈框架，使线圈绕轴线做周期为0.4s的匀速圆周运动。现将整个装置作为电源接在图乙电路中，小灯泡的电阻为R2＝9.0Ω，电压表为理想表。下列说法中正确的是()A．小灯泡中电流的大小为1.62AB．电压表的示数为32VC．电压表的示数为162VD．外力的功率为102.4W答案D解析由题可知，线圈始终垂直切割磁感线，故电动势为：E＝2×nBlv＝2×nBl×2πT×l2＝32V，则根据闭合电路欧姆定律可知小灯泡中的电流为：I＝ER1＋R2＝321.0＋9.0A＝3.2A，故A错误；根据部分电路欧姆定律可知，电压表示数为：U＝IR2＝3.2×9V＝28.8V，故B、C错误；根据能量守恒可知，外力做功转化为整个电路的热量，则整个电路的功率等于外力的功率，即P＝I2(R1＋R2)＝3.22×(1.0＋9.0)W＝102.4W，故D正确。5．(2019·福州高三第三次质检)如图1所示，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图2所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长AB＝3AD，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图3所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为()A．1∶1B．23π∶3C．23π∶9D.3π∶9答案C解析设粒子的质量为m，带电量为q，设粒子在磁场中的偏转半径为r，经T12粒子转过的圆周角为α，则有：2rsinα＝AB,2(r－rcosα)＝AD，又AB＝3AD，联立解得α＝60°，所以有：T12＝16TB，TB＝2πrv0，解得：T1＝23πAB9v0；如果把磁场换为电场，则有AB＝v0T2，解得：T2＝ABv0，所以T1T2＝23π9，故C正确，A、B、D错误。6.(2019·广东肇庆高三一模)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则()A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcosθD．若运动员的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上运动答案AD解析对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力图如图1，根据牛顿第二定律得：Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg，解得，a＝gtanθ，N＝mgcosθ，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F＝M＋mgcosθ，故C错误；若运动员的加速度a大于gtanθ，假设球相对球拍静止，则其加速度也为a，如图3所示，将a分解，则ax＝acosθ，因为agtanθ，所以axgtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向上运动，D正确。7.(2019·四川自贡高三一诊)如图的矩形虚线框abcd所在的区域内存在着沿a指向b方向的匀强电场，ab＝L，bc＝2L，有一电荷量为q、质量为m的正点电荷(重力不计)从a点沿ad方向以速度v0垂直于电场射入，恰好从虚线框的c点射出，下列说法正确的是()A．射出速度方向与bc的夹角为θ＝45°B．点电荷电势能减少mv20C．点电荷离开c点时的动能为32mv20D．匀强电场的场强为mv202qL答案AD解析点电荷沿ad方向做匀速运动，沿ab方向做匀加速运动，则有2L＝v0t，L＝12at2，解得a＝v202L，t＝2Lv0，则点电荷射出速度方向与bc的夹角为tanθ＝vyv0＝atv0＝1，得θ＝45°，A正确；电场力对点电荷做正功，电势能减小了12mv2－12mv20＝12m(2v0)2－12mv20＝12mv20，B错误；点电荷离开c点时的动能为12m(2v0)2＝mv20，C错误；由a＝Eqm，得E＝mv202qL，D正确。8．(2019·山东聊城一模)如图甲，在光滑绝缘水平面上的MN、OP间存在一匀强磁场，一单匝正方形闭合线框自t＝0开始，在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场区域，外力F随时间t变化的图象如图乙所示，已知线框质量为0.5kg，电阻R＝1Ω，线框穿过磁场的过程中，外力F对线框做功73J，下列说法正确的是()A．线框匀加速运动的加速度a＝2m/s2B．磁场的宽度为1mC．匀强磁场的磁感应强度为2TD．线框在穿过磁场的过程中，线框上产生的热量为1.0J答案AC解析线框做匀加速运动，如果线框的边长和磁场的宽度不相等，那么线框完全进入磁场时整个线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，不受安培力作用，外力F会和受到安培力的时候的情况不一样，由乙图可知线框一直受安培力作用，因此线框边长和磁场的宽度相同，都为L；由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律知：F－B2L2vR＝ma⇒F＝B2L2atR＋ma，乙图的直线部分斜率为2，当t＝1s时拉力F不再变化，说明线框离开磁场，t＝0时，F＝ma＝1N，解得a＝2m/s2，故A正确；线框做匀加速运动，1s内运动的位移x＝12at2＝12×2×12m＝1m，线框边长和磁场宽度相同，均为L＝x2＝0.5m，故B错误；将L和a代入B2L2aR＝2N/s，可得B＝2T，故C正确；根据能量守恒定律，有：Fx＝12mv2＋Q，代入数据得，在穿过磁场的过程中，线框上产生的热量Q＝43J，故D错误。