選擇題專(zhuān)練（四）共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6?8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（2019安徽蚌埠高三二模）氫原子的能級(jí)公式為En=jEi（n=1,2,3,…），其中基態(tài)能量E1=—13.6eV,能級(jí)圖如圖所示。大量氫原子處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)，由這些氫原子可能發(fā)出的所有光子中，頻率最大的光子能量為一0.96E1,則n和可能發(fā)出的頻率最小的光子能量分別為（ ）OO一——…一一一……()TOC\o"1-5"\h\z5 0.544 -0.853 1.512 工40I 13.6A.n=5,0.54eVB.n=5,0.31eVC.n=4,0.85eVD.n=4,0.66eV答案B解析氫原子基態(tài)的能量為E1=—13.6eV,由這些氫原子可能發(fā)出的所有光子中，頻率最大的光子能量為一0.96E1,即最高能級(jí)的能量E=0.04E1=—0.54eV,即處在n=5能級(jí)；頻率最小的光子的能量為運(yùn)=—0.54eV-（-0.85eV）=0.31eV,故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。（2019濟(jì)南三模）粗糙水平地面上的物體，在一個(gè)水平包力作用下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其v-t圖象如圖所示，下列物理量中第1s內(nèi)與第2s內(nèi)相同的是（ ）

A.摩擦力的功B.摩擦力的沖量C.水平包力的功D.水平包力的沖量答案D解析由圖象可知，物體在摩擦力和包力F作用下先向正方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，然后反向加速，第1s內(nèi)與第2s內(nèi)的位移不同，則摩擦力的功不同，水平恒力的功也不同，A、C錯(cuò)誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)摩擦力的方向不同，則摩擦力的沖量不同，B錯(cuò)誤；水平包力的沖量I=Ft,則第1s內(nèi)與第2s內(nèi)水平包力的沖量相同，D正確。（2019廣東揭陽(yáng)一模）在豎直墻壁上懸掛一鏢靶，某人站在離墻壁一定距離的某處，先后將兩只飛鏢A、B由同一位置水平擲出，兩只飛鏢落在靶上的狀態(tài)如圖所示（側(cè)視圖），若不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法中正確的是（ ）A、B兩鏢在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同

B鏢擲出時(shí)的初速度比A鏢擲出時(shí)的初速度小A、B鏢的速度變化方向可能不同A鏢的質(zhì)量一定比B鏢的質(zhì)量小答案B解析飛鏢B下落的高度大于飛鏢A下落的高度，根據(jù)h=：gt，mt=娟\則B鏢的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樗轿灰葡嗟龋珺鏢的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，則B鏢的初速度小，故B正確；因?yàn)锳、B鏢都做平拋運(yùn)動(dòng)，速度變化量的方向與加速度方向相同，均豎直向下，故C錯(cuò)誤；平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與質(zhì)量無(wú)關(guān)，本題無(wú)法比較兩飛鏢的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。（2019河北唐山一模）如圖甲所示是某同學(xué)設(shè)計(jì)的一種發(fā)電裝置的示意圖,線(xiàn)圈為邊長(zhǎng)l=0.40m、匝數(shù)n=200匝的正方形線(xiàn)圈，線(xiàn)圈繞M軸轉(zhuǎn)動(dòng)，線(xiàn)圈的電阻為Ri=1.0Qo磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均沿半徑方向，大小均勻分布，線(xiàn)圈處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0四T。外力推動(dòng)線(xiàn)圈框架，使線(xiàn)圈繞軸線(xiàn)做周期為0.4冗s的勻速圓周運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將整個(gè)裝置作為電源接在圖乙電路中，小燈泡的電阻為 R2I,甲=9.0R電壓表為理想表。下列說(shuō)法中正確的是（ ）I,甲?（X）A.小燈泡中電流的大小為1.6\/2AB.電壓表的示數(shù)為32VC.電壓表的示數(shù)為1672VD.外力的功率為102.4W答案DE=2XnBlv=解析由題可知，線(xiàn)圈始終垂直切割磁感線(xiàn)，故電動(dòng)勢(shì)為:E=2XnBlv=2兀l 2XnBlxyX2=32V,則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知小燈泡中的電流為:E32~^= 32 A=3.2A,故A錯(cuò)誤；根據(jù)部分電路歐姆定律可知， 電壓表小R1+R21.0+9.0數(shù)為：U=IR2=3.2X9V=28.8V,故B、C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知，外力做功轉(zhuǎn)化為整個(gè)電路的熱量，則整個(gè)電路的功率等于外力的功率，即P=I2（Ri+R2）=3.22X（1.0+9.0）W=102.4W,故D正確。（2019福州高三第三次質(zhì)檢）如圖1所示，豎直面內(nèi)矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖2所示的規(guī)律變化的磁場(chǎng)（規(guī)定垂直紙面向外為正方向）,區(qū)域邊長(zhǎng)AB=43AD,一帶正電的粒子從A點(diǎn)沿AB方向以速度V0射入磁場(chǎng)，在T1時(shí)刻恰好能從C點(diǎn)平行DC方向射出磁場(chǎng)?，F(xiàn)在把磁場(chǎng)換成按如圖3所示規(guī)律變化的電場(chǎng)（規(guī)定豎直向下為正方向）,相同的粒子仍以速度V0從A點(diǎn)沿AB方向射入電場(chǎng)，在T2時(shí)刻恰好能從C點(diǎn)平行DC方向射出電場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，則磁場(chǎng)的變化周期T1和電場(chǎng)的變化周期T2之比為（ ）TOC\o"1-5"\h\z圖1 圖2 圖3A.1：1 B.2m冗：3C.2屹兀：9 D.V3Tt：9答案C解析設(shè)粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑為 r,經(jīng)T1粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓周角為%則有：2rsina=AB,2（r-rcos9=AD,又AB=V3AD,聯(lián)立解得a=60。，所以有：T1=6TB,Tb=M，解得：「=岑|歲；如果把磁26 V0 9V0場(chǎng)換為電場(chǎng)，則有AB=v0T2,解得：T2=Af,所以T1="93；故C正確，A、B、D錯(cuò)誤6.（2019廣東肇慶高三一模）趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上運(yùn)動(dòng)員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m,球拍平面和水平面之間夾角為9,球拍與球保持相對(duì)靜止，它們之間的摩擦力及空氣阻力不計(jì)，則（）

gtan0A.運(yùn)動(dòng)員的加速度為gtan0B.球拍對(duì)球的作用力為mgC.運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為（M+m）gcos8D.若運(yùn)動(dòng)員的加速度大于gtan9,球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)答案AD解析對(duì)網(wǎng)球：受到重力mg和球拍的支持力N,作出受力圖如圖1,根據(jù)牛頓第二定律得：Nsin8=ma,Ncos卜mg,解得，a=gtan0,N=-mg;,故A正COSv確，B錯(cuò)誤；以球拍和球整體為研究對(duì)象，如圖2,根據(jù)牛頓第二定律得：運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F=MJ二g,故C錯(cuò)誤；若運(yùn)動(dòng)員的加速度a大于gtanO,COS假設(shè)球相對(duì)球拍靜止，則其加速度也為a,如圖3所示，將a分解，則ax=acos8,因?yàn)閍>gtan9,所以ax>gtanOcos0=gsin9,即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必須有一個(gè)沿球拍向下的外力才能使球相對(duì)球拍靜止， 而實(shí)際上這個(gè)力不存圖2圖3在，故球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)，D圖2圖37.（2019四川自貢高三一診）如圖的矩形虛線(xiàn)框abcd所在的區(qū)域內(nèi)存在著沿aTOC\o"1-5"\h\z指向b方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，ab=L,bc=2L,有一電荷量為q、質(zhì)量為m的正點(diǎn)電荷（重力不計(jì)）從a點(diǎn)沿ad方向以速度V0垂直于電場(chǎng)射入，恰好從虛線(xiàn)框的c點(diǎn)射出，下列說(shuō)法正確的是（ ） 卜"……"….… 輸…A.射出速度方向與bc的夾角為445°B.點(diǎn)電荷電勢(shì)能減少mv03 2C.點(diǎn)電何離開(kāi)c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2mv02 ,mvoD.勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為mL4qI—答案AD解析點(diǎn)電荷沿ad方向做勻速運(yùn)動(dòng)，沿ab方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有2L=彳 2v0t,L=2at2,解得a=2^,1=薪，則點(diǎn)電荷射出速度方向與bc的夾角為tan4流=a=1,得仁45°,A正確；電場(chǎng)力對(duì)點(diǎn)電荷做正功，電勢(shì)能減小了2mv2—1mv0=1m（亞v0）2—2mv0=2mv2,B錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷離開(kāi)c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2md2v0）2Eq mv0D正確。=mv0,C錯(cuò)誤；由a=^,得D正確。8.（2019山東聊城一模）如圖甲，在光滑絕緣水平面上的MN、OP間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一單匝正方形閉合線(xiàn)框自t=0開(kāi)始，在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，外力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，已知線(xiàn)框質(zhì)量為0.5kg,電阻R=1Q線(xiàn)框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，外力F對(duì)線(xiàn)框做功7J,下列說(shuō)法正確的是（ ）3A.線(xiàn)框勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a=2m/s2B.磁場(chǎng)的寬度為1mC,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2TD.線(xiàn)框在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)框上產(chǎn)生的熱量為 1.0J答案AC解析線(xiàn)框做勻加速運(yùn)動(dòng)，如果線(xiàn)框的邊長(zhǎng)和磁場(chǎng)的寬度不相等， 那么線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)整個(gè)線(xiàn)框的磁通量不變，線(xiàn)框中沒(méi)有感應(yīng)電流，不受安培力作用,外力F會(huì)和受到安培力的時(shí)候的情況不一樣，由乙圖可知線(xiàn)框一直受安培力作用，因此線(xiàn)框邊長(zhǎng)和磁場(chǎng)的寬度相同，都為L(zhǎng);由牛頓第二定律及勻變速直線(xiàn)運(yùn)B2l2 b212.動(dòng)規(guī)律知：F——￡=ma?F=—R型+ma,乙圖的直線(xiàn)部分斜率為2,當(dāng)t=1s時(shí)拉力F不再變化，說(shuō)明線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)，t=0時(shí)，F(xiàn)=ma=1N,解得a=2m/