【物理】2020届二轮复习选择题专项训练(三)作业（天津专用）

【物理】2020届二轮复习选择题专项训练(三)作业（天津专用）

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 nm B.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ΔE=hcλ,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,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.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Ⅱ,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Ⅲ,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Ⅰ时所需的发射速度为7.9 km/s B.月球探测器从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ需要加速 C.月球探测器从A沿月地转移轨道Ⅱ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Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离心运动,所以需要加速,所以B正确;刚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BlvR C.电容器所带电荷量为CBlv D.为保持MN匀速运动,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θ=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/s2。下列判断正确的是(　　)‎ A.物块对斜面的压力大小为5‎2‎ N B.斜面体的加速度大小为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FN2sinθ=m2a 竖直方向FN2cosθ+m2g=FN1‎ 联立解得a=m‎1‎gtanθm‎2‎=5m/s2‎ F=‎(m‎2‎+m‎1‎)m‎1‎gtanθm‎2‎=15N FN2=m‎1‎gcosθ=10‎2‎N 故选项B正确,A、C错误;‎ 若水平作用力F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 Hz B.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处的质点位移达到最大值 答案:AD 解析:两列波的波长均为λ=4m,由v=λf得f=vλ=0.25Hz,故A正确;t=x‎2v‎=‎‎4‎‎2×1‎s=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,则下列说法正确的是(　　)‎ A.在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1‎ B.高频电源的变化周期应该等于tn-‎tn‎-‎‎2‎ C.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=‎2πrv‎=‎‎2πmqB,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/s B.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m C.碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J D.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶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=‎1‎‎2‎×0.8×5m=2m,碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎=3.04J,红壶所受摩擦力Ff1=ma1=19×0.2N=3.8N,蓝壶所受摩擦力Ff2=ma2=19×‎0.8-0‎‎5‎N=3.04N,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为Ff1∶Ff2=5∶4,故A、D正确,B、C错误。‎ ‎9.电流天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m0>m,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-R1‎ C.匀强磁场的磁感应强度的大小B=‎‎(m‎0‎-m)rgn(E-U)l D.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Δm=‎2Fg=2(m0-m)的砝码可使天平重新平衡,故D错误。‎