高考物理选择题专练(四)

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E n＝1
n2E1(n＝1,2,3，…)，其中基态能量E1＝－13.6 eV，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＝5,0.54 eV B．n＝5,0.31 eV
C．n＝4,0.85 eV D．n＝4,0.66 eV
答案 B
解析氢原子基态的能量为E1＝－13.6 eV，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＝－0.54 eV，即处在n＝5能级；频率最小的光子的能量为ΔE′＝－0.54 eV－(－0.85 eV)＝0.31 eV，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v-t图象如图所示，下列物理量中第1 s内与第2 s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1 s内与第2 s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1 s内与第2 s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1 s内与第2 s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 ＝12gt 2得t ＝ 2h g ，
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 ＝0.40 m 、匝数n ＝200匝的正方形线圈，线圈绕M 轴转动，线圈的电阻为R 1＝1.0 Ω。

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 ＝0.20π T 。

外力推动线圈框架，使线圈绕轴线做周期为0.4
s 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R 2＝9.0 Ω，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1.6 2 A
B ．电压表的示数为32 V
C ．电压表的示数为16 2 V
D ．外力的功率为102.4 W
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×nBl v ＝
2×nBl ×2πT ×l 2＝32 V ，则根据闭合电路欧姆定律可知小灯泡中的电流为：I ＝E
R 1＋R 2＝321.0＋9.0 A ＝3.2 A ，故A 错误；根据部分电路欧姆定律可知，电压表示
数为：U ＝IR 2＝3.2×9 V ＝28.8 V ，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 ＝I 2(R 1＋R 2)＝3.22×(1.0＋9.0) W ＝102.4 W ，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v 0射入磁场，在T 1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v 0从A 点沿AB 方向射入电场，在T 2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T 1和电场的变化周期T 2之比为( )
A ．1∶1
B ．23π∶3
C ．23π∶9
D.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T 12粒子转过的圆周角为α，则有：2r sin α＝AB,2(r －r cos α)＝AD ，又AB ＝3AD ，
联立解得α＝60°，所以有：T 12＝16T B ，T B ＝2πr v 0，解得：T 1＝23πAB 9v 0
；如果把磁场换为电场，则有AB ＝v 0T 2，解得：T 2＝AB v 0，所以T 1T 2
＝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g tanθ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)g cosθ
D．若运动员的加速度大于g tanθ，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：N sinθ＝ma，N cosθ＝mg，解得，a＝g tanθ，N＝mg
cosθ，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)g
cosθ，故C错误；若运动员的加速度a大于g tanθ，
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a x＝a cosθ，因为a>g tanθ，所以a x>g tanθcosθ＝g sinθ，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v 0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m v 20
C ．点电荷离开c 点时的动能为32m v 20
D ．匀强电场的场强为m v 202qL
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 ＝
v 0t ，L ＝12at 2，解得a ＝v 202L ，t ＝2L v 0
，则点电荷射出速度方向与bc 的夹角为tan θ＝v y v 0＝at v 0＝1，得θ＝45°，A 正确；电场力对点电荷做正功，电势能减小了12m v 2－12m v 20＝12m (2v 0)2－12m v 20＝12m v 20，B 错误；点电荷离开c 点时的动能为12
m (2v 0)2＝m v 20，C 错误；由a ＝Eq m ，得E ＝m v 202qL ，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0.5 kg ，电阻R ＝1 Ω，线框穿过磁场的过程中，外
力F 对线框做功73 J ，下列说法正确的是( )
A．线框匀加速运动的加速度a＝2 m/s2
B．磁场的宽度为1 m
C．匀强磁场的磁感应强度为2 T
D．线框在穿过磁场的过程中，线框上产生的热量为1.0 J
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－B2L2v
R＝ma⇒F＝
B2L2at
R＋ma，乙图的直线部分斜率为2，当t＝1 s
时拉力F不再变化，说明线框离开磁场，t＝0时，F＝ma＝1 N，解得a＝2 m/s2，
故A正确；线框做匀加速运动，1 s内运动的位移x＝1
2at
2＝
1
2×2×1
2 m＝1 m，
线框边长和磁场宽度相同，均为L＝x
2＝0.5 m，故B错误；将L和a代入
B2L2a
R＝
2 N/s，可得B＝2 T，故C正确；根据能量守恒定律，有：Fx＝1
2m v
2＋Q，代入
数据得，在穿过磁场的过程中，线框上产生的热量Q＝4
3J，故D错误。