《2019年高考物理大二轮复习题型限时专练3选择题+鸭题(三).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理大二轮复习题型限时专练3选择题+鸭题(三).pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专练 3 选择题选考题(三)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 1417 题只有一项符合题 目要求，第 1821 题有多项符合题目要求) 14(2018南昌摸底)大量氢原子从n3 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n3 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n3 能级直接跃迁到n2 能级时放出的 C此种频率的光子一定是氢原子从n2 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n3 能级时
2、电子绕核运动放出的 解析 大量氢原子从n3 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n3 能级直接跃迁到n2 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
3、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 14.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 R3 T2 卫星周期之比为 18，“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，Gm，得v，所
4、以“轨道康复者”的线速度大小为同步卫星 Mm r2 v2 r GM r 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，Er曲线下OR部分的面积恰好等于R2R 部分的面积则( ) A可以判断Er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URE0 C若电荷量为q的正电荷在球面R处静止释放，运动到 2
5、R处电场力所做的功为qRE0 D 已知带电球在rR处的场强Ek，Q为该球体总电荷量， 则该球所带的电荷量Q Q r2 E0R2 k 解析 Er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Er图象 0R对应的三角形的面积，即U，B E0R 2 错误 ； 0R部分的面积等于R2R部分的面积， 球心与球表面间的电势差UE0， 所以R R 2 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 R 2 Rq 2 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
6、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( )gR 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(Rx) 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，gR 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
7、误 ； 根据机械能守恒定律，mv 1 2 mg(2Rx)mv， 解得v2g(2Rx)v4gR2gxv， 小球在B点的向心力Fm 2B 1 2 2A2B2A2A v2 B R 4mgm，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 2mgx R v2 A R 道的支持力为FB，由牛顿第二定律，FBmgm，解得FB5mgm，根据 v2 B R 2mgx R v2 A R 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FBFB5mgm， 2mgx R v2 A R 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FA， 由牛顿第二定律，FAmg m， 解得FAm
8、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 v2 A R v2 A R FAmmg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为FFBFA6mg，大于 6mg， v2 A R 2mgx R 选项 C 正确 ； 根据mvmg(2Rx)mv， 小球在B、A两点的动能之差EkEkBEkAmv 1 2 2B 1 2 2A 1 2 mvmg(2Rx)，选项 D 错误 2B 1 2 2A 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
9、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 CP1P2P2P3 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，qUmvmv， 解得v1， 经第二次加速后，qU 1 2 2 1 1 2
10、 2 0 v2 02qU m mvmv，解得v2，而轨迹半径r，显然P1P2大于P2P3，选项 C 1 2 2 2 1 2 2 1 v2 12qU m v2 04qU m mv qB 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q3105 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37.已知两板间距d0.1 m，电源电动势E15 V，内阻r0.5 ，电 阻箱R13 ，R2R3R48 ，取
11、g10 m/s2，已知 sin370.6，cos370.8.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RR1，电路中总电流I，路端电压UEIr，输 R2R3 R2R3 E Rr 出功率PUI，解得P28 W，两板间的场强E0 140 V/m，A 错误，B 正确设小球质量 U d 为m， 由共点力平衡条件有mgtanqE0， 解得m5.6104 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
12、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 0t0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t02t0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 0t0时间内产生的电流大小的 2 倍；在 2t03t0时间内，
13、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 0t0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t02t0时间内，感应电流大小为在 2t03t0时间内产生的 2 倍，ON边所受安 培力为在 2t03t0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
14、的倾角为的斜面体A上，已知B与斜面间的动摩擦因数.现用水平推 1 tan 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0.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fFN，其中FNFN，所以有 tan FN f tan，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，FABTsin，用水平推力F
15、向右推斜面体使 mBg cos 之在水平地面上缓慢向右运动一段距离的过程中，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TymBg不变，对A和B整体分析可知地 面对斜面体的支持力F N0(mAmB)g，FN0F N0，故斜面体受到地面的摩擦力大小为f0 0F N0不变，所以 C 正确；对斜面体A，根据平衡条件可得FFABf0，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 33 (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
16、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 V V0 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h16 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L040 cm 的A、B两部分，两部分 气体的压强均为p030 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
17、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，
18、 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p0L0SpALAS 对B有p0L0SpBLBS pBpA水银gh LALB2L0 解得LA50 cm pB40 cmHg 答案 (1)ADE (2)50 cm 40 cmHg 34(2018云南七校联考)物理选修 34 (1)(多选)如图所示，直角三棱镜ABC的折射率n，A60，D是BC边上中3 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
19、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 求波通过A、B两点的时间及波速； 若A、B之间有一点P，距B为 1 m，波长满足 3 m13 m，波的传播方向是由A 到B，则从t0 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 1 n 3 3 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，
20、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)由题图可知，此波为简谐波，当t0 时，A在波峰，B在平衡位置且向上振动， 若波由AB传播，则sAB13 m，得1 m(n0,1,2,3，) (n 1 4) 12 4n1 若波由BA传播，则sAB23 m，得2 m(n0,1,2,3，) (n 3 4) 12 4n3 由题图知周期T0.6 s， 所以波通过A、B间距离的时间有 ： 当波由AB时，t1 s 1 T(4n1) s(n0,1,2,3，) 3 20 波速v1 m/s(n0,1,2,3，) 1 T 20 4n1 当波由BA时，t2T(4n3) s(n0,1,2,3，) s 2 3 20 波速v2 m/s(n0,1,2,3，) 2 T 20 4n3 因为 3 m13 m，且波由AB传播，可知当112 m 时，波速v120 m/s 质点B的振动方程为yBAsint2sint(cm) 2 T 10 3 由于波是由AB传播，则P点相位应超前，所以P点的振动方程 yP2sin cm2sin cm 10 3(t s v1) 10 3(t 1 20 s) 当t0 时，yP11 cm，当t1 s 时，yP22 cm，且在t0 时，P点向上运动，所以P 点通过的路程s1(42221) cm13 cm 答案 (1)ADE (2)见解析 13 cm