《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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得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點以不同的初速度水平拋出的物體分別沿曲線a、b、c運動，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)，則下列說法正確的是(　A　) A．沿軌道a運動的物體的速度等于 B．沿軌道b運動的物體的初速度一定大于第二宇宙速度

2、 C．沿軌道c運動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，沿此軌道運動的物體需滿足G＝m，解得v＝，選項A正確；由于b為圍繞地球的橢圓軌道，故物體拋出時的初速度應(yīng)大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，選項B錯誤；c軌道為雙曲線的一部分，所以沿此軌道運動的物體不會圍繞地球運動，因此其拋出時的初速度應(yīng)大于第二宇宙速度，不一定等于第三宇宙速度，選項C錯誤；若物體能夠落回地面，則物體拋出時的初速度一定小于第一宇宙速度，即小于，選項D錯誤。 2．一小滑塊從O點由靜止開始沿斜面向下做勻加速直線運動，途經(jīng)A、B、C三點，已

3、知A、B兩點間的距離與B、C兩點間的距離相等，滑塊通過AB段、BC段所用的時間分別為t1、t2，則滑塊從O點運動到A點所用的時間為(　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B點的速度為v，AB＝BC＝x，則從B點運動到C點有x＝vt2＋at，根據(jù)逆向思維，從B點運動到A點有x＝vt1－at，得＝，從O點運動到B點有tOA＋t1＝，得滑塊從O點運動到A點所用的時間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接入瞬時電壓u＝220 sin 100πt (V)的交流電源，則開關(guān)S斷開和閉合時，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]　瞬時電壓u＝220sin 100πt V經(jīng)過理想二極管后，加在原線圈兩端的瞬時電壓圖象如圖所示，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，斷開開關(guān)S后，電流表的示數(shù)為I1＝＝0.71 A，閉合開關(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λ＝200 nm的紫外光中，觀測到有電子從鋅板表面逸出，此時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，電子能運動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)上套著兩個帶電小球A和B(兩小球中央有孔，可視為點電荷)，當它們處于圖中所示位置時恰好都能保持靜止狀態(tài)。此時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．帶負電 C．帶電荷量為 D．對圓環(huán)的彈力大小為2mg [解析]　A對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B受力分析如圖所示，A對B的庫侖力大小F＝＝2mg，根據(jù)力的合成與分解可知小球A的重力也為2mg，A錯誤，B錯誤；根

7、據(jù)幾何知識可知，A、B的間距為r＝R，由F＝可知，A球帶電荷量大小為，C錯誤；對A受力分析，由平衡條件知，A對圓環(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。整個圓環(huán)中均有B＝0.1 T的勻強磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r＝2 Ω、長度為L的導(dǎo)體棒OP貼著圓環(huán)做勻速運動，角速度ω＝120 rad/s，導(dǎo)體棒OP與圓環(huán)接觸良好，不計一切摩擦以及導(dǎo)線的電阻，則(　BD　) A．棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為12 V B．當OP到達OQ處時圓

8、環(huán)的電功率為2 W C．當OP到達OS處時圓環(huán)的電功率為1 W D．棒轉(zhuǎn)動過程中電路的最大電功率為9 W [解析]　棒為等效電源，棒轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BL2ω＝6 V，A錯誤；畫出等效電路如圖所示，當OP到達OQ處時，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OP到達OS處時，圓環(huán)不接入電路，圓環(huán)的電功率為零，此時電路中總電阻最小，而電動勢不變，所以電功率最大為P＝＝9 W，D正確，C錯誤。 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，直到圓柱體B恰好運動到半圓柱體A的頂端，在此過程中A始終保持靜止。已知木塊C與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度為g。則下列說法正確的是(　ACD　) A．當圓柱體B下端離地面為時，地面對半圓柱體A的支持力為3mg B．此過程中，木塊C所受地面的摩擦力逐漸減小 C．木塊C移動的整個過程中水平推力的最大值是2mg D．木塊C移動的整個過程中水平推力所做的功為4mgR [解析]　當圓柱體B下端離地面為時，以A和B整體為研究對象，豎直方向上，地面支持力FN＝3mg，A正確；對木塊C受力分析知，其所受地面的摩擦力f＝μ·3mg，不變，B錯誤；B

10、剛離開地面時，B對C的彈力最大，對B受力分析，如圖所示，得F1＝mgtan60°＝mg，此時彈力最大，對B受力分析，如圖所示，得F1＝mgtan60°＝mg，此時水平推力最大，即Fm＝F1＋μ·3mg＝2mg，C正確；由分析可知，木塊C移動的距離x＝2Rcos30°＝R，克服摩擦力做的功Wf＝μ·3mgx＝3mgR，對B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有W－Wf－mgR＝0，解得W＝4mgR，D正確。 8．如圖甲所示，直角坐標系(紙面)中，x軸上方有磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，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。圖乙中的陰影部分表示粒子能經(jīng)過的區(qū)域，其內(nèi)邊界與x軸的交點為C，外邊界與y軸的交點為D，與x軸的交點為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C離開磁場的粒子在磁場中運動的時間可能為 [解析]　根據(jù)左手定則判斷知，粒子帶負電，A錯誤；畫出粒子的運動軌跡如圖所示，粒子沿v2方向射入磁場時從點A(－x0,0)離開磁場，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的坐標為(－x0,0)，從C點離開磁場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，則粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為π，則所用時間t3＝＝，D正確。 - 6 -