1、选择题专练(四)共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 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 En 1n2E1(n1,2,3，)，其中基态能量 E113.6 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()An5,0.54 eV Bn5,0.31 eVCn4,0.85 eV Dn4,0.66 eV答
2、案 B解析 氢原子基态的能量为 E113.6 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 E0.04E10.54 eV，即处在 n5 能级；频率最小的光子的能量为 E0.54 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，
3、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 IFt，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()AA、B 两镖在空中运动的时间相同BB 镖掷出时的初速度比 A 镖掷出时的初速度小CA、B 镖的速度变化方向可能不同DA 镖的质量一定比 B
4、 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 h12gt2 得 t2hg，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 l0.40 m、匝数 n200 匝的正方形线圈，线圈绕 M 轴转动，线圈的电阻为 R11.0。磁感应强度方向均沿半径方向，大小均匀分布，线圈处
5、的磁感应强度大小均为 B0.20 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 R29.0，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 AB电压表的示数为 32 VC电压表的示数为 16 2 VD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：E2nBlv2nBl2T l232 V，则根据闭合电路欧姆定律可知小灯泡中的电流为：IER1R2321.09.0 A3.2 A，故 A 错误；根据部分电路欧姆定律可知，电压表示数为：UIR23.29 V28.
6、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 PI2(R1R2)3.22(1.09.0)W102.4 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 v0射入磁场，在 T1 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 v0 从 A 点沿 AB 方向射
7、入电场，在 T2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 T1 和电场的变化周期 T2 之比为()A11B2 33C2 39 D.39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T12 粒子转过的圆周角为，则有：2rsinAB,2(rrcos)AD，又 AB 3AD，联立解得 60，所以有：T12 16TB，TB2rv0，解得：T12 3AB9v0；如果把磁场换为电场，则有 ABv0T2，解得：T2ABv0，所以T1T22 39，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
8、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，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 gtanB球拍对球的作用力为 mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcosD若运动员的加速度大于 gtan，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：Nsinma，Ncosmg，解得，agtan，N mgcos，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 FMmgcos，故 C 错误；若运动员的加速度
9、 a 大于 gtan，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 axacos，因为 agtan，所以 axgtancosgsin，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，abL，bc2L，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 v0 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
10、bc 的夹角为 45B点电荷电势能减少 mv20C点电荷离开 c 点时的动能为32mv20D匀强电场的场强为mv202qL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 2Lv0t，L12at2，解得 av202L，t2Lv0，则点电荷射出速度方向与 bc 的夹角为tanvyv0atv01，得 45，A 正确；电场力对点电荷做正功，电势能减小了12mv212mv2012m(2v0)212mv2012mv20，B 错误；点电荷离开 c 点时的动能为12m(2v0)2mv20，C 错误；由 aEqm，得 Emv202qL，D 正确。8(2019山东聊城一模)如图甲
11、，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 t0 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 R1，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 a2 m/s2B磁场的宽度为 1 mC匀强磁场的磁感应强度为 2 TD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
12、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：FB2L2vRmaFB2L2atRma，乙图的直线部分斜率为 2，当 t1 s 时拉力 F 不再变化，说明线框离开磁场，t0 时，Fma1 N，解得 a2 m/s2，故 A 正确；线框做匀加速运动，1 s 内运动的位移 x12at212212 m1 m，线框边长和磁场宽度相同，均为 Lx20.5 m，故 B 错误；将 L 和 a 代入B2L2aR2 N/s，可得 B2 T，故 C 正确；根据能量守恒定律，有：Fx12mv2Q，代入数据得，在穿过磁场的过程中，线框上产生的热量 Q43 J，故 D 错误。本课结束