2019年高考物理大二轮复习题型限时专练3选择题选考题三.doc

1、1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 能级时电子绕核运动放出的解析 大量

2、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 B15(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

3、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 hB “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2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R3T2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， G m ，得 v ，所以“轨道康复者”的线速度大小为同步卫Mmr2 v2r GM

4、r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 D16(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 O R 部分的面积恰好等于R2 R 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 U RE0C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 qRE0D已知带电球在 r R

5、 处的场强 E k ， Q 为该球体总电荷量，则该球所带的电荷量Qr2QE0R2k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 0 R 对应的三角形的面积，即U ，B 错误；0 R 部分的面积等于 R2 R 部分的面积，球心与球表面间的电势差E0R2U E0 ，所以 R2 R 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R2 R2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Rq23答案 D17(2018贵阳高三期末)如图所示，两个

6、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( )gRA小球在 A 点的向心力小于 mgB小球在 B 点的向心力等于 4mgC小球在 B、 A 两点对轨道的压力大小之差大于 6mgD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gR知，小球速度大于临界值，小球在 A 点的向心力大于 mg

7、，选项 A 错误；根据机械能守恒定律， mv mg(2R x) mv ，解得 v 2 g(2R x) v 4 gR2 gx v ，小球在 B 点的向12 2B 12 2A 2B 2A 2A心力 F m 4 mg m ，一定大于 4mg，选项 B 错误；设小球运动到轨道最低点 Bv2BR 2mgxR v2AR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 B5 mgv2BR 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2mgxR v2ARFB F B5 mg 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2mgxR v2ARF

8、 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v2AR v2AR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v2AR之差为 F FB FA6 mg ，大于 6mg，选项 C 正确；根据 mv mg(2R x) mv ，2mgxR 12 2B 12 2A小球在 B、 A 两点的动能之差 E k EkB EkA mv mv mg(2R x)，选项 D 错误12 2B 12 2A4答案 C18(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

9、 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 P2P3D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

10、mv mv ，解得 v1 ，经第二次加速后，12 21 12 20 v20 2qUmqU mv mv ，解得 v2 ，而轨迹半径 r ，显然 P1P2大于12 2 12 21 v21 2qUm v20 4qUm mvqBP2P3，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 BD19(2018广东六校联考)如图所示，一电荷量 q310 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 37.已知两板间距 d0.1 m，电源电动势

11、E15 V，内阻 r0.5 ，电阻箱 R13 ， R2 R3 R48 ，取 g10 m/s2，已知 sin370.6，cos370.8.则以下表述正确的是( )5A电源的输出功率为 14 WB两板间的电场强度的大小为 140 V/mC带电小球的质量为 5.6 mgD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，R2R3R2 R3 ER r输出功率 P UI，解得 P28 W，两板间的场强 E0 140 V/m，A 错误，B 正确设小球Ud质量为 m，由共点力平衡条件有 mgtan qE0，解得 m5.610 4 kg，

12、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 BD20(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6针方向(为负值)；在 t02 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

13、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 2t03 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)，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 t02 t0时间内，感应电流大小为在 2t03 t0时间内产生的 2 倍，ON 边所受安培力为在 2t03 t0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，

14、选项 C 错误，D 正确答案 AD21(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 的斜面体 A 上，已知 B 与斜面间的动摩擦因数 .现用水1tan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 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 f F N，其中 FN F N，所以有tan tan

15、，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FNfmBg 的合力与细绳的拉力 T 是一对平衡力，且有 T ， FAB Tsin ，用水平推力 F 向mBgcos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， 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 f07 0F 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

16、 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 NAVV0D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

17、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，

18、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8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 pBLBSpB pA 水银 ghLA LB2 L0解得 LA50 cmpB40 cmHg答案 (1)ADE (2)50 cm 40 cmHg34(2018云南七校联考)物理选修 34(1)(多选)如图所示，直角

19、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 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9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 m 13 m，波的传播

20、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1n 33a、 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)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 A B 传播，则 s AB 13 m，得 1 m(n0,1,2,3，)(n14) 124n 1若波由 B A 传播，则 s AB 23 m，得 2 m(n0,1,2

21、,3，)(n34) 124n 3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 A B 时， t1T (4n1) s( n0,1,2,3，)s 1 320波速 v1 m/s(n0,1,2,3，) 1T 204n 1当波由 B A 时， t2 T (4n3) s( n0,1,2,3，)s 2 320波速 v2 m/s(n0,1,2,3，) 2T 204n 3因为 3 m 13 m，且波由 A B 传播，可知当 112 m 时，波速 v 120 m/s10质点 B 的振动方程为 yB Asin t2sin t(cm)2T 103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yP2sin cm2sin cm103 (t sv 1) 103 (t 120 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