统考版2022届高考物理二轮专项分层特训卷第五部分35分钟许提分专练8选择＋2实验四

1、 分钟小卷提分专练(8选择2实验)(四)1.氢原子能级示意图如图所示，现有大量氢原子处于n3能级，下列说法正确的是()A这些氢原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子B从n3能级跃迁到n1能级需吸收12.09 eV的能量C从n3能级跃迁到n4能级辐射出0.66 eV的能量Dn3能级的氢原子电离至少需要吸收1.51 eV的能量2.2021天津七校第三次联考如图所示，直径(约30 cm左右)相同的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计以下判断正确的是()A子弹在每个水球中的速度变化相同B每个水球对子弹做的功不同C

2、每个水球对子弹的冲量相同D子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等3两个回路中的电流大小均为I，方向如图所示已知圆弧导线中的电流在其圆心处产生的磁感应强度与其半径成反比，直导线中的电流在其延长线上产生的磁感应强度为零则关于图中a、b两点的磁感应强度Ba、Bb的大小关系和方向的判断正确的是()ABaBb，a点磁感应强度的方向垂直纸面向里BBaBb，a点磁感应强度的方向垂直纸面向外CBaBb，b点磁感应强度的方向垂直纸面向外42021河北卷，4“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日已

3、知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的 eq f(1,10) ，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为()A eq r(3,4) B eq r(3,f(1,4) C eq r(3,f(5,2) D eq r(3,f(2,5) 5足够长的间距为L的光滑平行金属导轨水平固定，左侧接一阻值为R的定值电阻，导轨处于竖直向下(垂直纸面向里)且足够大的磁场(图中未画出)中，虚线为磁场的左边界，虚线上的O点与两导轨间的距离相等，以O点为原点、平行于导轨向右的方向为x轴正方向建立坐标系，磁场的磁感应强度大小B与坐标x的关系式为Bkx，k为常数一长为L、阻值为r的金属杆与导轨垂直

4、放置，在外力F的作用下从磁场左边界处由静止开始沿导轨做匀加速直线运动，导轨电阻忽略不计下列判断正确的是()A流过金属杆的电流与时间t成正比B金属杆受到的安培力与t2成正比C金属杆受到的外力与t5成正比D金属杆的热功率与t6成正比6.(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy中同时存在范围足够大、方向平行于坐标系平面的两个匀强电场和，其中电场的场强大小为E、方向沿y轴一个电子在某次运动中的轨迹如图中曲线ACB所示，轨迹关于虚线OC对称，C点坐标为 eq blc(rc)(avs4alco1(a，f(r(3),3)a) .已知A、B两点关于虚线OC对称，电子的重力不计，下列说法正确的是()A电子位于A、

5、B、C三点处的电势能大小关系是EPAEPBBb，a、b两点的磁感应强度方向均垂直纸面向外综上所述，选项D正确4答案：D解析：由万有引力提供向心力有G eq f(Mm,r2) m eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,T) eq sup12(2) r，解得r eq r(3,f(GMT2,42) ，所以飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值 eq f(r1,r2) eq r(3,f(M1T eq oal(sup1(2),sdo1(1) ,M2T eq oal(sup1(2),sdo1(2) ) eq r(3,f(0.122,1) eq r(3,f(2,5) .故A、B、C错误，D

6、正确5答案：D解析：金属杆在运动过程中切割磁感线产生的感应电动势EBLv，其中Bkx，金属杆从坐标原点由静止开始做匀加速直线运动，设加速度为a，则vat，x eq f(1,2) at2，根据闭合电路欧姆定律可知感应电流I eq f(E,Rr) eq f(kLa2t3,2（Rr）) ，金属杆受到的安培力FABIL eq f(k2L2a3t5,4（Rr）) ，所以流过金属杆的电流与t3成正比，金属杆受到的安培力与t5成正比，A、B错误；设金属杆的质量为m，对金属杆根据牛顿第二定律有FFAma，可得外力Fma eq f(k2L2a3t5,4（Rr）) ，可见金属杆受到的外力与t5成线性关系，但不成正

7、比，C错误；金属杆的热功率即安培力做功的功率，有PI2r eq f(k2L2a4t6,4（Rr）2) r，所以金属杆的热功率与t6成正比，D正确6答案：AD解析：由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力的合力沿CO方向指向O点，则电场合场强的方向沿OC方向指向C点，A、B两点电势相等且高于C点的电势，故电子位于A、B、C三点处的电势能大小关系是EPAEPBEPC，A正确；由C点的坐标可知，合场强的方向与x轴夹角为30，B错误；由平行四边形定则可知，场强的场强最小值为E cos 30 eq f(r(3),2) E（场强的场强方向与合场强的方向垂直时，场强的场强有最小值），C错误，D正确7答案：AC

8、解析：本题考查动量定理足球以初速度v03 m/s竖直下落，由速度位移公式有v0t1 eq f(1,2) gt eq oal(sup11(2),sdo4(1) h，可得足球落到头上的速度大小为v1v0gt15 m/s，足球反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，由h eq f(1,2) gt eq oal(sup11(2),sdo4(2) ，可得足球离开头部瞬间的速度大小为v2gt24 m/s，对足球与头部接触的过程，t0.1 s，取竖直向上为正方向，由动量定理有（Fmg）tmv2（mv1）p，解得头部对足球的平均作用力大小为F40 N，足球的动量变化量大小为p3.6 kgm/s，

9、足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是足球重力的10倍，故A、C正确；足球落到运动员头上后，开始时足球受到的弹力小于足球的重力，足球做加速运动，后来当弹力大于足球重力时足球做减速运动，则足球与头部接触后动能先增加后减小，B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量大小为IGmg（t1tt2）0.410（0.20.10.4）Ns2.8 Ns，故D错误8答案：BC解析：电阻R1两端的电压U1IR1，由变压器电压规律有 eq f(U1,U2) eq f(n1,n2) ，解得U2 eq f(n2IR1,n1) ，则通过电阻R2的电流I2 eq f(U2,R2) eq f(n2R1,n1R2) I，

10、A错误，B正确；由题意可知发电机电动势的最大值EmNBS2NBL2，电动势的有效值E eq f(Em,r(2) eq r(2) NBL2，由变压器的电压规律有 eq f(E,U1) eq f(n0,n1) ，所以 eq f(n0,n1) eq f(E,U1) eq f(r(2)NBL2,IR1) ，C正确；变压器的输入功率等于输出功率，所以发电机的功率PP1P2I2R1I eq oal(sup11(2),sdo4(2) R2U1IU2I2 eq r(2) NBL2I eq blc(rc)(avs4alco1(f(n1,n0)f(n eq oal(sup1(2),sdo1(2) R1,n0n1R

11、2) ，D错误9答案：（1）B（2）1.93（3）2.54解析：（1）小车做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相等，由图示图象可知B符合要求（2）小车运动过程中经过光电门1的平均速度v1 eq f(d,t2t1) 0.575 m/s，经过光电门2的平均速度v2 eq f(d,t4t3) 1.150 m/s；小车经过光电门中间时刻的瞬时速度等于小车经过光电门的平均速度，小车从经过光电门1的中间时刻到经过光电门2的中间时刻的时间t eq f(（t3t4）,2) eq f(（t1t2）,2) 0.298 s，所以小车的加速度为a eq f(v2v1,t) 1.93 m/s2.（3）保持长木板的倾角

12、不变，取下细绳、沙和沙桶后，小车受到的合力Fmg0.59.8 N4.9 N，取下细绳、沙和沙桶后，根据牛顿第二定律得小车的质量M eq f(F,a) 2.54 kg.10答案：（3）3.001.00（4）2.00（5）0.4001.26106解析：（3）由图2可知R19 700 ，UI1（RA1R1）10 000I1（V），由闭合电路欧姆定律可知UE（I1I2）（rR0），由图3中图象与纵轴的交点可知E10 0003.00104 V3.00 V；图象的斜率k eq f(（3.001.20）104,0.6) 3.00104，可知rR03.00 ，因R02.00 ，可得r1.00 .（4）根据欧姆定律可得 eq f(U,I2) RA2 eq f(x,S) eq f(10 000I1,I2) ，结合 eq f(I1,I2) x图线与纵轴的交点，可得RA22.00 .（5）螺旋测微器固