2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 20分鐘快速訓(xùn)練4(含解析)

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1、20分鐘快速訓(xùn)練(四) 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。 1.一群處于某能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí),能夠輻射出3種不同頻率的光子。已知普朗克常量h,光在真空中的速度c,氫原子在某個(gè)能級(jí)時(shí)的能量En=E,其中E為氫原子處于基態(tài)時(shí)的能量,n=1,2,…。則能使氫原子從該能級(jí)電離的光子的最大波長(zhǎng)為( B ) A.         B.- C. D.- [解析] 由題意可知,只有當(dāng)一群氫原子處于n=3能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí),才能夠輻射出3種不同頻率的

2、光子,由En=E可知?dú)湓釉谠撃芗?jí)時(shí)具有的能量為E3=E,若要使氫原子從該能級(jí)電離,則氫原子至少需要吸收的光子的能量為ΔE=0-E=-E,由-E=可得λ=-,選項(xiàng)B正確。 2.如圖所示,重力為G的水平銅棒AC用絕緣絲線懸掛,靜止在水平螺線管的正上方,銅棒中通入從A到C方向的恒定電流,螺線管與干電池、開關(guān)S串聯(lián)成一個(gè)回路。當(dāng)開關(guān)S閉合后一小段時(shí)間內(nèi),下列判斷正確的是( C ) A.絲線的拉力大小為G B.絲線的拉力小于G C.從上向下看,銅棒沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) D.從上向下看,銅棒沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) [解析] 開關(guān)S斷開時(shí)絲線的拉力大小為G,開關(guān)S閉合后,畫出一條與AC相交的磁感線,

3、設(shè)兩交點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B和B′,根據(jù)安培定則判斷,磁感線方向如圖所示,分別將B和B′沿水平方向與豎直方向分解,根據(jù)左手定則判斷知A端受到垂直紙面向外的安培力,C端受到垂直紙面向內(nèi)的安培力,S閉合后的一小段時(shí)間內(nèi),從上向下看,銅棒沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),C正確,D錯(cuò)誤;開關(guān)S閉合,銅棒轉(zhuǎn)動(dòng)后,將受到豎直向下的分安培力,絲線的拉力大于G,A、B均錯(cuò)誤。 3.2019年3月21日,我國(guó)高分辨率對(duì)地觀測(cè)系統(tǒng)的高分五號(hào)和高分六號(hào)兩顆衛(wèi)星正式投入使用。這標(biāo)志著高分專項(xiàng)打造的高空間分辨率、高時(shí)間分辨率、高光譜分辨率的天基對(duì)地觀測(cè)能力中最有應(yīng)用特色的高光譜能力已形成。極地衛(wèi)星的軌道平面通過南、北兩極,假如高分

4、五號(hào)為極地衛(wèi)星,其軌道視為圓軌道,從北緯60°運(yùn)行到赤道0°所用時(shí)間為t,地球自轉(zhuǎn)周期為T,地球半徑為R,兩極表面的重力加速度為g。為了滿足環(huán)境綜合監(jiān)測(cè)的需求,衛(wèi)星對(duì)地面掃描必須無縫對(duì)接,下列說法正確的是( D ) A.高分五號(hào)衛(wèi)星離地面的高度為-R B.高分五號(hào)衛(wèi)星離地面的高度為 C.若衛(wèi)星所在高度處有稀薄氣體,則運(yùn)行一段時(shí)間后,速度會(huì)減小 D.若衛(wèi)星所在高度處有稀薄氣體,則運(yùn)行一段時(shí)間后,機(jī)械能會(huì)減小 [解析] 高分五號(hào)衛(wèi)星運(yùn)行的周期為T′=6t,由萬有引力定律得G=m(R+h)、G=m′g,解得h=-R,A、B錯(cuò)誤;由于氣體的阻力,衛(wèi)星的高度會(huì)降低,速度會(huì)增大,機(jī)械能會(huì)減小,C

5、錯(cuò)誤,D正確。 4.如圖所示,AB與BC間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),∠B=30°,P為AB上的點(diǎn),PB=L。一對(duì)正、負(fù)電子(重力及電子間的作用均不計(jì))同時(shí)從P點(diǎn)以同一速度沿平行于BC的方向射入磁場(chǎng)中,正、負(fù)電子中有一個(gè)從S點(diǎn)垂直于AB方向射出磁場(chǎng),另一個(gè)從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng),則下列說法正確的是( D ) A.負(fù)電子從S點(diǎn)射出磁場(chǎng) B.正、負(fù)電子先后離開磁場(chǎng) C.正、負(fù)電子各自離開磁場(chǎng)時(shí),兩速度方向的夾角為150° D.Q、S兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng) [解析] 正、負(fù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,根據(jù)左手定則判斷知負(fù)電子從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng),A錯(cuò)誤;由幾何關(guān)系知∠O1=∠O2=60°,由T=和t=T知

6、正、負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等即同時(shí)離開磁場(chǎng),B錯(cuò)誤;由幾何關(guān)系知正、負(fù)電子各自離開磁場(chǎng)時(shí),兩速度方向的夾角為120°,C錯(cuò)誤;由r=知兩電子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑相同,由幾何關(guān)系知r=PS=PQ=PB=L,則SQ=L,D正確。 5.在光滑絕緣水平面上的A點(diǎn)和水平面上方的B點(diǎn)分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷,另有一個(gè)帶負(fù)電小球P(視為點(diǎn)電荷)從C點(diǎn)由靜止釋放,如圖所示,小球P在水平面上由C向A運(yùn)動(dòng),小球P在C點(diǎn)時(shí)的加速度大小為a,過AC中點(diǎn)D時(shí)加速度為零,ΔABC為直角三角形,且∠ABC為直角,θ=30°。在小球P向A運(yùn)動(dòng)的過程中,下列判斷正確的是( B ) A.A處的點(diǎn)電荷帶正電,B處的點(diǎn)電荷帶負(fù)電

7、B.小球P過CD中點(diǎn)時(shí)加速度大小為a C.在C點(diǎn)時(shí)A處的點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力大小是B處點(diǎn)電荷對(duì)P的 D.小球P對(duì)水平面的壓力一直增大 [解析] 小球P由靜止釋放后向A運(yùn)動(dòng),說明P所受合外力沿CA方向,小球P在AC中點(diǎn)D的加速度為零,說明B處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力的水平分力與A處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力等大反向,A、B處點(diǎn)電荷均帶正電,A錯(cuò)誤;ΔBCD為正三角形,設(shè)在D點(diǎn)時(shí)A處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力大小為F,則B處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力沿AC方向的分力也為F,在C點(diǎn)時(shí)A處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力為F,B處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力沿CA方向的分子仍為下,故P在C點(diǎn)的加速度大小a==,在CD中點(diǎn),B處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力垂直于

8、CD,A處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力大小為F′=()2F,P的加速度a′===a,B正確;由以上分析可得,在C點(diǎn)時(shí)B處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力大小為2F,故在C點(diǎn)時(shí)A處的點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力大小是B處點(diǎn)電荷對(duì)P的,C錯(cuò)誤;小球P受水平面的支持力FN=mg-FBsinα,其中α為FB與水平面的夾角,B處點(diǎn)電荷對(duì)P的庫(kù)侖力FB先增大后減小,α先增大后減小,因此FN先減小后增大,D錯(cuò)誤。 6.小型發(fā)電站向偏遠(yuǎn)山村輸送功率為P0的電能,若用240 V電壓直接輸電,則用戶得到180 V電壓(不經(jīng)過升壓或降壓);若用1 200 V電壓經(jīng)同一線路向山村輸電(輸電功率為P0不變),欲使用戶得到220 V正常電壓。設(shè)直接輸電

9、和高壓輸電的輸電線路損失的功率之比為N,高壓輸電降壓變壓器的變壓比(原、副線圈匝數(shù)比)為n,則( AD ) A.N=25 B.N=5 C.n=12 D.n= [解析] 設(shè)以240 V電壓直接輸電時(shí)輸電電流為I0,則P0=240 V·I0,用戶獲得功率P=180 V·I0,輸電線損失功率ΔP=IR線=(240 V-180 V)I0=P0;設(shè)用1 200 V電壓輸電時(shí)輸電電流為I1,則P0=1 200 V·I1,用戶獲得功率P′=220 V·I2,此時(shí)輸電線損失的電功率ΔP′=IP線;解得I0=5I1,則ΔP=25ΔP′,N=25,使用1 200 V電壓輸電時(shí)用戶獲得功率

10、P′=P0-ΔP′=P0-ΔP=P0=220 V·I2,所以變壓器輸出電流I2=1.08I0,則降壓變壓器的變壓比n====,A、D正確。 7.如圖所示,初始時(shí)A、B兩木塊在水平外力F的作用下靜止在豎直墻面上,A與B、B與墻面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.1,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。兩木塊質(zhì)量相等,都為1 kg,g取10 m/s2,當(dāng)外力F變?yōu)橄铝胁煌禃r(shí),關(guān)于A、B之間的摩擦力f1,B與墻面之間的摩擦力f2的大小正確的是( AC ) A.當(dāng)F=0時(shí),f1=f2=0 B.當(dāng)F=50 N時(shí),f1=0,f2=5 N C.當(dāng)F=100 N時(shí),f1=5 N,f2=10 N D.當(dāng)F=

11、400 N時(shí),f1=20 N, f2=20 N [解析] 當(dāng)F=0時(shí),A、B間及B與墻面間均沒有壓力,故沒有摩擦力,A正確;當(dāng)F=50 N時(shí),對(duì)A、B整體分析,B與墻面間的最大靜摩擦力為μF=0.1×50 N=5 N,小于兩木塊的重力,假設(shè)整體一起下滑,f2=5 N,此時(shí)A、B的加速度a=7.5 m/s2,對(duì)A單獨(dú)受力分析,由牛頓第二定律得ma=mg-f1,則f1=2.5 N<5 N,假設(shè)成立,故B錯(cuò)誤;當(dāng)F=100 N時(shí),B與墻面間及A、B間最大靜摩擦力均為fm=μF=10 N,A的重力等于A、B間的最大靜摩擦力,A、B不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),故A、B間為靜摩擦力,故A、B整體下滑,摩擦力f2=

12、10 N;由牛頓第二定律可知,A、B整體下降滑的加速度為a= m/s2=5 m/s2,則對(duì)A分析可知mg-f1=ma,解得f1=mg-ma=5 N,故C正確;當(dāng)F=400 N時(shí),最大靜摩擦力為0.1×400 N=40 N,木塊的重力小于最大靜摩擦力,同理A受到的最大靜摩擦力也為40 N,A也處于靜止,故兩木塊均保持靜止,摩擦力均等于重力,f1=10 N,f2=20 N,D錯(cuò)誤。 8.如圖所示,一電場(chǎng)的等勢(shì)面為一簇相互平行的豎直平面,間隔均為d,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球在空中某點(diǎn)以初速度v0水平向右拋出,小球落到水平地面上的速率為v0。若相鄰兩個(gè)等勢(shì)面間的電勢(shì)差為U0=,則下列說法正確

13、的是( ACD ) A.小球落地時(shí)速度方向一定與地面垂直 B.小球下落過程,電勢(shì)能先增大再減小 C.小球下落過程,動(dòng)能先減小再增大 D.小球下落過程,機(jī)械能一直減小 [解析] 如圖所示,小球所受的電場(chǎng)力F0=q·=mg,F(xiàn)0和重力mg合力為F,小球的運(yùn)動(dòng)可分解為沿F方向和垂直F方向,則垂直F方向的初始分速度vx=v0cos45°,沿F方向的初始分速度為vy=v0cos45°,小球落地速率為v0,則小球必然處于垂直F且過初始位置的直線上,此時(shí)垂直F方向速度不變,沿F方向速度與初始分速度等大反向,由速度合成可得小球落地時(shí)速度方向與地面垂直,A正確;由于小球落地時(shí)速度方向與地面垂直,在落地前,小球一直向右運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,機(jī)械能減小,D正確,B錯(cuò)誤;小球速度與F方向垂直時(shí),速度最小,因而小球下落過程中,動(dòng)能先減小再增大,C正確。 - 6 -

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