【物理】2020届一轮复习人教版选择题选考题三课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版选择题选考题三课时作业

专练3　选择题＋选考题(三)‎ ‎(时间：30分钟)‎ 一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．)‎ ‎14．(2018·南昌摸底)大量氢原子从n＝3能级向低能级跃迁时放出的光子中，只有一种频率的光子照射金属A不能放出光电子，则下列说法正确的是(　　)‎ A．此种频率的光子一定是氢原子从n＝3能级直接跃迁到基态时放出的 B．此种频率的光子一定是氢原子从n＝3能级直接跃迁到n＝2能级时放出的 C．此种频率的光子一定是氢原子从n＝2能级直接跃迁到基态时放出的 D．此种频率的光子可能是氢原子在n＝3能级时电子绕核运动放出的 ‎[解析]　大量氢原子从n＝3能级向低能级跃迁可放出3种频率的光子，其中频率最低的是氢原子从n＝3能级直接跃迁到n＝2能级时放出的；发生光电效应的条件是入射光子的频率大于金属的截止频率．据题意，在上述光子中，只有一种频率的光子不会使金属A发生光电效应，则这种频率的光子是跃迁时频率最低的．综上所述，本题中选项B正确，选项A、C错误．按照玻尔理论，电子绕核运动时，原子处于定态，不会放出光子，故选项D错误．‎ ‎[答案]　B ‎15．(2018·郑州一中测试)“轨道康复者”航天器可在太空中给 ‎“垃圾”卫星补充能源，以延长卫星的使用寿命．如图所示，“轨道康复者”与一颗地球同步卫星在同一平面内，绕地球以相同的方向做匀速圆周运动，“轨道康复者”与同步卫星的轨道半径之比为1∶4.若不考虑“轨道康复者”与同步卫星之间的万有引力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．“轨道康复者”在图示轨道上运行周期为6 h B．“轨道康复者”线速度大小是同步卫星的3倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 D．为实施对同步卫星的拯救，“轨道康复者”需从图示轨道加速 ‎[解析]　由开普勒第三定律可知＝k，代入题给数据可知“轨道康复者”周期与同步卫星周期之比为1∶8，“轨道康复者”周期为3 h，A项错误；卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G＝m，得v＝，所以“轨道康复者”的线速度大小为同步卫星的2倍，B项错误；因“轨道康复者”周期小于24 h，故赤道上的人观察到“轨道康复者”相对地球向东运动，C项错误；“轨道康复者”必须加速才能进入更高的同步卫星轨道，D项正确．‎ ‎[答案]　D ‎16．(2018·福州市高三期末)均匀带正电荷的球体半径为R，在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E—r曲线下O～R部分的面积恰好等于R～2R部分的面积．则(　　)‎ A．可以判断E—r曲线与坐标轴r所围成的面积单位是库仑 B．球心与球表面间的电势差ΔU＝RE0‎ C．若电荷量为q的正电荷在球面R处静止释放，运动到2R处电场力所做的功为qRE0‎ D．已知带电球在r≥R处的场强E＝k，Q为该球体总电荷量，则该球所带的电荷量Q＝ ‎[解析]　E—r曲线与坐标轴r所围成的面积表示电势差，单位是V，A错误；结合图象可知，球心与球表面间的电势差等于E—r图象0～R对应的三角形的面积，即ΔU＝，B错误；0～R部分的面积等于R～2R部分的面积，球心与球表面间的电势差ΔU＝E0，所以R～2R的电势差也是E0，电荷量为q的正电荷从R处运动到2R 处，电场力做的功为E0，C错误；根据所给场强公式，将R处的场强E0代入，变形可得D正确．‎ ‎[答案]　D ‎17．(2018·贵阳高三期末)如图所示，两个内壁光滑、半径为R(图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(圈中虚线处)相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直．一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A时的速度vA>，不计空气阻力，重力加速度为g.则(　　)‎ A．小球在A点的向心力小于mg B．小球在B点的向心力等于4mg C．小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mg D．小球在B、A两点的动能之差等于2mg(R＋x)‎ ‎[解析]　根据题述，小球在最高点A时的速率vA>，利用竖直面内圆周运动模型可知，小球速度大于临界值，小球在A点的向心力大于mg，选项A错误；根据机械能守恒定律，mv＝mg(2R＋x)＋mv，解得v＝2g(2R＋x)＋v＝4gR＋2gx＋v，小球在B点的向心力F＝m＝4mg＋＋m，一定大于4mg，选项B错误；设小球运动到轨道最低点 B时所受半圆形轨道的支持力为F′B，由牛顿第二定律，F′B－mg＝m，解得F′B＝5mg＋＋m，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为FB＝F′B＝5mg＋＋m，设小球运动到轨道最高点A时所受半圆形轨道的支持力为F′A，由牛顿第二定律，F′A＋mg＝m，解得F′A＝m－mg，则由牛顿第三定律知，小球运动到A点时对轨道的压力大小为FA＝F′A＝m－mg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为ΔF＝FB－FA＝6mg＋，大于6mg，选项C正确；根据mv＝mg(2R＋x)＋mv，小球在B、A两点的动能之差ΔEk＝EkB－EkA＝mv－mv＝mg(2R＋x)，选项D错误．‎ ‎[答案]　C ‎18．(2018·洛阳高三统考)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)‎ A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关 B．带电粒子每运动一周被加速一次 C．P1P2＝P2P3‎ D．加速电场方向不需要做周期性的变化 ‎[解析]　由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与速度成正比，所以加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，选项A错误；由于题图中虚线中间不需要加电场，故带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，选项B正确；应用动能定理，经第一次加速后，qU＝mv－mv，解得v1＝，经第二次加速后，qU＝mv－mv，解得v2＝＝，而轨迹半径r＝，显然P1P2大于P2P3，选项C错误；对于带电粒子，每次加速都是在A、C板之间且速度方向相同，即加速电场方向不需要做周期性的变化，选项D正确．‎ ‎[答案]　BD ‎19．(2018·广东六校联考)如图所示，一电荷量q＝3×10－5 C的带正电小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置、足够大的平行金属板中的O点．开关S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°.已知两板间距d＝0.1 m，电源电动势E＝15 V，内阻r＝0.5 Ω，电阻箱 R1＝3 Ω，R2＝R3＝R4＝8 Ω，取g＝10 m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则以下表述正确的是(　　)‎ A．电源的输出功率为14 W B．两板间的电场强度的大小为140 V/m C．带电小球的质量为5.6 mg D．若增加R1的大小，会有瞬时电流从左向右流过R4‎ ‎[解析]　外电路电阻R＝＋R1，电路中总电流I＝，路端电压U＝E－Ir，输出功率P＝UI，解得P＝28 W，两板间的场强E0＝＝140 V/m，A错误，B正确．设小球质量为m，由共点力平衡条件有mgtanθ＝qE0，解得m＝5.6×10－4 kg，C错误．若增加R1的大小，电容器两端电压增大，会有瞬时电流从左向右流过R4，D正确．‎ ‎[答案]　BD ‎20．(2018·长郡高三考试)如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t 的变化示意图正确的是(　　)‎ ‎[解析]　在0～t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)；在t0～2t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值)，且大小为在0～t0时间内产生的电流大小的2倍；在2t0～3t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)，且大小与在0～t0时间内产生感应电流大小相等．因此感应电流I随时间t的变化示意图与选项A中图象相符，选项A正确，B错误．在0～t0时间内，ON边虽然有电流但没有进入磁场区域，所受安培力为零；在t0～2t0时间内，感应电流大小为在2t0～3t0时间内产生的2倍，ON边所受安培力为在2t0～3t0时间内的2倍，因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图与选项D中图象相符，选项C错误，D正确．‎ ‎[答案]　AD ‎21．(2018·河北六校联考)如图所示，一细绳的上端系在O点，下端系一小球B，放在斜面粗糙的倾角为θ的斜面体A上，已知B 与斜面间的动摩擦因数μ＝.现用水平推力F向右推斜面体使之在粗糙水平地面上缓慢向右运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)，已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ0.在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．斜面体A对小球B的作用力水平向右 B．细绳对小球B的拉力逐渐增大 C．斜面体受到地面的摩擦力大小不变 D．水平推力F大小不变 ‎[解析]　对B受力分析如图所示，因为f＝μF′N，其中FN＝F′N，所以有tanβ＝＝tanθ，即斜面体A对小球B的作用力FAB水平向右，A正确；因为FAB与重力mBg的合力与细绳的拉力T是一对平衡力，且有T＝，FAB＝Tsinα，用水平推力F向右推斜面体使之在水平地面上缓慢向右运动一段距离的过程中，α增大，则FAB和细绳的拉力T都不断增大，B正确；因为细绳的拉力T在竖直方向的分量Ty＝mBg不变，对A和B整体分析可知地面对斜面体的支持力F N0＝(mA＋mB)g，F′N0＝F N0，故斜面体受到地面的摩擦力大小为f0＝‎ μ0F N0不变，所以C正确；对斜面体A，根据平衡条件可得F＝FAB＋‎ f0，则水平推力F逐渐增大，D错误．‎ ‎[答案]　ABC 二、选考题(从两道题中任选一题作答)‎ ‎33．(2018·南宁高三摸底)[物理——选修3－3]‎ ‎(1)(多选)运用分子动理论的相关知识，判断下列说法正确的是________．‎ A．分子间距离增大时，可能存在分子势能相等的两个位置 B．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数有关 C．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝ D．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动不是布朗运动 E．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成 ‎(2)如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段长为h＝16 cm的水银柱，在27 ℃的室内水平放置，水银柱把玻璃管中的理想气体分成长度都是L0＝40 cm的A、B两部分，两部分气体的压强均为p0＝30 cmHg，现将A端抬起使玻璃管竖直．求玻璃管竖直时A 气体的长度LA和B气体的压强pB.‎ ‎[解析]　(1)由于分子之间的距离为r0时，分子势能最小，故存在分子势能相等的两个位置，选项A正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，不仅与单位体积内的分子数有关，还与气体的温度有关，选项B错误；由于气体分子之间的距离远大于分子本身的大小，所以不能用气体的摩尔体积除以每个分子的体积得到阿伏加德罗常数，选项C错误；做布朗运动的微粒非常小，肉眼是观察不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动不是布朗运动，是机械运动，选项D正确；扩散可以在气体、液体和固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项E正确．‎ ‎(2)玻璃管由水平放置转到竖直放置，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为S 对A有p0L0S＝pALAS 对B有p0L0S＝pBLBS pB＝pA＋ρ水银gh LA＋LB＝2L0‎ 解得LA＝50 cm pB＝40 cmHg ‎[答案]　(1)ADE　(2)50 cm　40 cmHg ‎34．(2018·云南七校联考)[物理——选修3－4]‎ ‎(1)(多选)如图所示，直角三棱镜ABC的折射率n＝，∠A＝60°，D是BC边上中点．现让四条相同频率的同种单色光线a、b、c、d 按图示方向射在BC面上，其中光线b是垂直BC边，关于光线第一次射出三棱镜的说法中正确的是________．‎ A．光线a垂直AC边射出 B．光线b垂直AB边射出 C．光线c垂直BC边射出 D．光线d垂直AB边射出 E．通过该直角三棱镜所用时间最短的是光线d ‎(2)如图所示，甲、乙分别表示一列横波上相距3 m的两个质点A和B的振动图象．‎ ‎①求波通过A、B两点的时间及波速；‎ ‎②若A、B之间有一点P，距B为1 m，波长λ满足3 m<λ<13 m，波的传播方向是由A到B，则从t＝0开始，经过1 s时间后P点通过的路程是多少？‎ ‎[解析]　(1)该三棱镜内光线发生全反射的临界角满足sinC′＝‎ ＝，可画出a、b、c、d四条光线的光路图如图所示，可知A、D正确．从图中可以看出图4中单色光在直角三棱镜内传播路径最短，所以通过该直角三棱镜所用时间最短的是光线d，E正确．‎ ‎(2)①由题图可知，此波为简谐波，当t＝0时，A在波峰，B在平衡位置且向上振动，‎ 若波由A→B传播，则s＝AB＝λ1＝3 m，得λ1＝ m(n＝0,1,2,3，…)‎ 若波由B→A传播，则s＝AB＝λ2＝3 m，得λ2＝ m(n＝0,1,2,3，…)‎ 由题图知周期T＝0.6 s，所以波通过A、B间距离的时间有：当波由A→B时，t1＝T＝(4n＋1) s(n＝0,1,2,3，…)‎ 波速v1＝＝ m/s(n＝0,1,2,3，…)‎ 当波由B→A时，t2＝T＝(4n＋3) s(n＝0,1,2,3，…)‎ 波速v2＝＝ m/s(n＝0,1,2,3，…)‎ ‎②因为3 m<λ<13 m，且波由A→B传播，可知当λ′1＝12 m时，波速v′1＝20 m/s 质点B的振动方程为yB＝Asint＝2sint(cm)‎ 由于波是由A→B传播，则P点相位应超前，所以P点的振动方程 yP＝2sin cm＝2sin cm 当t＝0时，yP1＝1 cm，当t＝1 s时，yP2＝－2 cm，且在t＝0时，P点向上运动，所以P点通过的路程s1＝(4×2＋2×2＋1) cm＝13 cm ‎[答案]　(1)ADE　(2)①见解析　②13 cm