2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 20分鐘快速訓(xùn)練6（含解析）

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1、20分鐘快速訓(xùn)練(六) 本題共8小題，每小題6分，共48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。 1．如圖所示為牛頓設(shè)想的水平拋物示意圖。從地面附近上方A點(diǎn)以不同的初速度水平拋出的物體分別沿曲線a、b、c運(yùn)動(dòng)，圖中a為近地圓形軌道，b為圍繞地球的橢圓軌道，c軌道為雙曲線的一部分。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，地球表面的重力加速度大小為g，引力常量為G，忽略地球的自轉(zhuǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(　A　) A．沿軌道a運(yùn)動(dòng)的物體的速度等于 B．沿軌道b運(yùn)動(dòng)的物體的初速度一定大于第二宇宙速度

2、 C．沿軌道c運(yùn)動(dòng)的物體的初速度一定等于第三宇宙速度 D．若物體落到地球表面，則物體拋出時(shí)的初速度可能大于 [解析]　由于a為近地圓形軌道，沿此軌道運(yùn)動(dòng)的物體需滿足G＝m，解得v＝，選項(xiàng)A正確；由于b為圍繞地球的橢圓軌道，故物體拋出時(shí)的初速度應(yīng)大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；c軌道為雙曲線的一部分，所以沿此軌道運(yùn)動(dòng)的物體不會(huì)圍繞地球運(yùn)動(dòng)，因此其拋出時(shí)的初速度應(yīng)大于第二宇宙速度，不一定等于第三宇宙速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若物體能夠落回地面，則物體拋出時(shí)的初速度一定小于第一宇宙速度，即小于，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．一小滑塊從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，途經(jīng)A、B、C三點(diǎn)，已

3、知A、B兩點(diǎn)間的距離與B、C兩點(diǎn)間的距離相等，滑塊通過(guò)AB段、BC段所用的時(shí)間分別為t1、t2，則滑塊從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為(　B　) A．　　　　　　　 B．－t1 C．(t1＋t2) D．(t2－t1) [解析]　設(shè)滑塊的加速度大小為a，到達(dá)B點(diǎn)的速度為v，AB＝BC＝x，則從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)有x＝vt2＋at，根據(jù)逆向思維，從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)有x＝vt1－at，得＝，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)有tOA＋t1＝，得滑塊從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間tOA＝－t1，只有B正確。 3．如圖所示的電路中，電流表為理想電表，D為理想二極管，電阻R1＝10 Ω，R2＝15 Ω，理想變壓器的原、副線圈匝

4、數(shù)比為221，在原線圈輸入端a、b接入瞬時(shí)電壓u＝220 sin 100πt (V)的交流電源，則開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)和閉合時(shí)，電流表的示數(shù)分別為(　B　) A．1.42 A,2.36 A B．0.71 A,1.18 A C．0.71 A,2.36 A D．1.42 A,1.18 A [解析]　瞬時(shí)電壓u＝220sin 100πt V經(jīng)過(guò)理想二極管后，加在原線圈兩端的瞬時(shí)電壓圖象如圖所示，根據(jù)變壓比公式得副線圈兩端電壓的最大值Um＝×220 V＝10 V，根據(jù)電流的熱效應(yīng)，有·＝·T，解得U1＝5 V，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，電流表的示數(shù)為I1＝＝0.71 A，閉合開(kāi)關(guān)S后，R12＝＝6 Ω，

5、電流表的示數(shù)為I′1＝＝1.18 A，B正確。 4．一鋅板暴露在波長(zhǎng)λ＝200 nm的紫外光中，觀測(cè)到有電子從鋅板表面逸出，此時(shí)在鋅板所在空間加一方向垂直于板面、大小為20 V/m的電場(chǎng)，電子能運(yùn)動(dòng)到距板面的最大距離為15 cm。已知光速c與普朗克常量h的乘積為1.24×10－6 eV·m，則光速c與鋅板的截止頻率的比值約為(　C　) A．330 nm B．360 nm C．390 nm D．420 nm [解析]　由光電效應(yīng)方程可得Ek＝h－W0，W0＝h，其中λ0＝，根據(jù)動(dòng)能定理得－eEx＝0－Ek，聯(lián)立得hc(－)＝eEx，代入數(shù)據(jù)得λ0＝388 nm，故C正確。

6、 5．如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套著兩個(gè)帶電小球A和B(兩小球中央有孔，可視為點(diǎn)電荷)，當(dāng)它們處于圖中所示位置時(shí)恰好都能保持靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)B球與環(huán)中心O處于同一水平面上，A、B連線與水平方向的夾角為30°。已知B球所帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，重力加速度為g，靜電力常量為k，由此可知A球(　D　) A．質(zhì)量為m B．帶負(fù)電 C．帶電荷量為 D．對(duì)圓環(huán)的彈力大小為2mg [解析]　A對(duì)B產(chǎn)生引力才能保證B處于平衡狀態(tài)，所以A帶正電，對(duì)B受力分析如圖所示，A對(duì)B的庫(kù)侖力大小F＝＝2mg，根據(jù)力的合成與分解可知小球A的重力也為2mg，A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；根

7、據(jù)幾何知識(shí)可知，A、B的間距為r＝R，由F＝可知，A球帶電荷量大小為，C錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析，由平衡條件知，A對(duì)圓環(huán)的彈力大小F′NA＝FNA＝2Fcos30°＝2mg，D正確。 6．如圖所示，在O、S間接有負(fù)載電阻R1＝2 Ω，用電阻R2＝8 Ω的均勻?qū)w彎成半徑L＝1 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，SOQ是一條直徑。整個(gè)圓環(huán)中均有B＝0.1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直環(huán)面穿過(guò)。電阻r＝2 Ω、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒OP貼著圓環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)，角速度ω＝120 rad/s，導(dǎo)體棒OP與圓環(huán)接觸良好，不計(jì)一切摩擦以及導(dǎo)線的電阻，則(　BD　) A．棒轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為12 V B．當(dāng)OP到達(dá)OQ處時(shí)圓

8、環(huán)的電功率為2 W C．當(dāng)OP到達(dá)OS處時(shí)圓環(huán)的電功率為1 W D．棒轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中電路的最大電功率為9 W [解析]　棒為等效電源，棒轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL2ω＝6 V，A錯(cuò)誤；畫出等效電路如圖所示，當(dāng)OP到達(dá)OQ處時(shí)，R3＝R4＝4 Ω，并聯(lián)后的電阻為2 Ω，外電阻為4 Ω，圓環(huán)的電功率為2 W，B正確；當(dāng)OP到達(dá)OS處時(shí)，圓環(huán)不接入電路，圓環(huán)的電功率為零，此時(shí)電路中總電阻最小，而電動(dòng)勢(shì)不變，所以電功率最大為P＝＝9 W，D正確，C錯(cuò)誤。 7．如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓柱B放在水平地面上，其左側(cè)有半徑為R、質(zhì)量為2m的半圓柱體A，右側(cè)有質(zhì)量為3m的長(zhǎng)方體木塊C

9、?，F(xiàn)用水平向左的推力推木塊C，使其緩慢移動(dòng)，直到圓柱體B恰好運(yùn)動(dòng)到半圓柱體A的頂端，在此過(guò)程中A始終保持靜止。已知木塊C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是(　ACD　) A．當(dāng)圓柱體B下端離地面為時(shí)，地面對(duì)半圓柱體A的支持力為3mg B．此過(guò)程中，木塊C所受地面的摩擦力逐漸減小 C．木塊C移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力的最大值是2mg D．木塊C移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力所做的功為4mgR [解析]　當(dāng)圓柱體B下端離地面為時(shí)，以A和B整體為研究對(duì)象，豎直方向上，地面支持力FN＝3mg，A正確；對(duì)木塊C受力分析知，其所受地面的摩擦力f＝μ·3mg，不變，B錯(cuò)誤；B

10、剛離開(kāi)地面時(shí)，B對(duì)C的彈力最大，對(duì)B受力分析，如圖所示，得F1＝mgtan60°＝mg，此時(shí)彈力最大，對(duì)B受力分析，如圖所示，得F1＝mgtan60°＝mg，此時(shí)水平推力最大，即Fm＝F1＋μ·3mg＝2mg，C正確；由分析可知，木塊C移動(dòng)的距離x＝2Rcos30°＝R，克服摩擦力做的功Wf＝μ·3mgx＝3mgR，對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理有W－Wf－mgR＝0，解得W＝4mgR，D正確。 8．如圖甲所示，直角坐標(biāo)系(紙面)中，x軸上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，O處有一粒子源，以相同的速率v沿紙面不斷地放出同種粒子，粒子射入磁場(chǎng)的速度方向與x軸正方向的夾角

11、范圍為45°～135°。粒子重力及粒子間的作用均不計(jì)。圖乙中的陰影部分表示粒子能經(jīng)過(guò)的區(qū)域，其內(nèi)邊界與x軸的交點(diǎn)為C，外邊界與y軸的交點(diǎn)為D，與x軸的交點(diǎn)為A(－x0,0)。下列判斷正確的是(　BCD　) A．粒子帶正電 B．粒子的比荷為 C．OD＝x0 D．從點(diǎn)C離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為 [解析]　根據(jù)左手定則判斷知，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子沿v2方向射入磁場(chǎng)時(shí)從點(diǎn)A(－x0,0)離開(kāi)磁場(chǎng)，則＝，得＝，B正確；在等腰直角三角形ODO1中，OD＝OO1＝x0，C正確；由分析可知C的坐標(biāo)為(－x0,0)，從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子的初速度方向可能沿v1方向也可能沿v3方向，若沿v1方向射入磁場(chǎng)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為π，則所用時(shí)間t3＝＝，D正確。 - 6 -