《2020高考物理二輪復(fù)習 600分沖刺 20分鐘快速訓(xùn)練4（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 600分沖刺 20分鐘快速訓(xùn)練4（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(四) 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。 1．一群處于某能級的氫原子向低能級躍遷時，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，氫原子在某個能級時的能量En＝E，其中E為氫原子處于基態(tài)時的能量，n＝1,2，…。則能使氫原子從該能級電離的光子的最大波長為(　B　) A．　　　　　　　　 B．－ C． D．－ [解析]　由題意可知，只有當一群氫原子處于n＝3能級向低能級躍遷時，才能夠輻射出3種不同頻率的

2、光子，由En＝E可知氫原子在該能級時具有的能量為E3＝E，若要使氫原子從該能級電離，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)成一個回路。當開關(guān)S閉合后一小段時間內(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，銅棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動 D．從上向下看，銅棒沿順時針方向轉(zhuǎn)動 [解析]　開關(guān)S斷開時絲線的拉力大小為G，開關(guān)S閉合后，畫出一條與AC相交的磁感線，

3、設(shè)兩交點處磁感應(yīng)強度分別為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閉合后的一小段時間內(nèi)，從上向下看，銅棒沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，C正確，D錯誤；開關(guān)S閉合，銅棒轉(zhuǎn)動后，將受到豎直向下的分安培力，絲線的拉力大于G，A、B均錯誤。 3．2019年3月21日，我國高分辨率對地觀測系統(tǒng)的高分五號和高分六號兩顆衛(wèi)星正式投入使用。這標志著高分專項打造的高空間分辨率、高時間分辨率、高光譜分辨率的天基對地觀測能力中最有應(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、五號為極地衛(wèi)星，其軌道視為圓軌道，從北緯60°運行到赤道0°所用時間為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)測的需求，衛(wèi)星對地面掃描必須無縫對接，下列說法正確的是(　D　) A．高分五號衛(wèi)星離地面的高度為－R B．高分五號衛(wèi)星離地面的高度為 C．若衛(wèi)星所在高度處有稀薄氣體，則運行一段時間后，速度會減小 D．若衛(wèi)星所在高度處有稀薄氣體，則運行一段時間后，機械能會減小 [解析]　高分五號衛(wèi)星運行的周期為T′＝6t，由萬有引力定律得G＝m(R＋h)、G＝m′g，解得h＝－R，A、B錯誤；由于氣體的阻力，衛(wèi)星的高度會降低，速度會增大，機械能會減小，C

5、錯誤，D正確。 4．如圖所示，AB與BC間有垂直紙面向里的勻強磁場，∠B＝30°，P為AB上的點，PB＝L。一對正、負電子(重力及電子間的作用均不計)同時從P點以同一速度沿平行于BC的方向射入磁場中，正、負電子中有一個從S點垂直于AB方向射出磁場，另一個從Q點射出磁場，則下列說法正確的是(　D　) A．負電子從S點射出磁場 B．正、負電子先后離開磁場 C．正、負電子各自離開磁場時，兩速度方向的夾角為150° D．Q、S兩點間的距離為L [解析]　正、負電子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則判斷知負電子從Q點射出磁場，A錯誤；由幾何關(guān)系知∠O1＝∠O2＝60°，由T＝和t＝T知

6、正、負電子在磁場中運動的時間相等即同時離開磁場，B錯誤；由幾何關(guān)系知正、負電子各自離開磁場時，兩速度方向的夾角為120°，C錯誤；由r＝知兩電子運動的軌跡半徑相同，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點和水平面上方的B點分別固定一個點電荷，另有一個帶負電小球P(視為點電荷)從C點由靜止釋放，如圖所示，小球P在水平面上由C向A運動，小球P在C點時的加速度大小為a，過AC中點D時加速度為零，ΔABC為直角三角形，且∠ABC為直角，θ＝30°。在小球P向A運動的過程中，下列判斷正確的是(　B　) A．A處的點電荷帶正電，B處的點電荷帶負電

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

8、CD，A處點電荷對P的庫侖力大小為F′＝()2F，P的加速度a′＝＝＝a，B正確；由以上分析可得，在C點時B處點電荷對P的庫侖力大小為2F，故在C點時A處的點電荷對P的庫侖力大小是B處點電荷對P的，C錯誤；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處點電荷對P的庫侖力FB先增大后減小，α先增大后減小，因此FN先減小后增大，D錯誤。 6．小型發(fā)電站向偏遠山村輸送功率為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電壓輸電時輸電電流為I1，則P0＝1 200 V·I1，用戶獲得功率P′＝220 V·I2，此時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與墻面之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。兩木塊質(zhì)量相等，都為1 kg，g取10 m/s2，當外力F變?yōu)橄铝胁煌禃r，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F＝0時，f1＝f2＝0 B．當F＝50 N時，f1＝0，f2＝5 N C．當F＝100 N時，f1＝5 N，f2＝10 N D．當F＝

11、400 N時，f1＝20 N, f2＝20 N [解析]　當F＝0時，A、B間及B與墻面間均沒有壓力，故沒有摩擦力，A正確；當F＝50 N時，對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A、B的加速度a＝7.5 m/s2，對A單獨受力分析，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錯誤；當F＝100 N時，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不會發(fā)生相對滑動，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A分析可知mg－f1＝ma，解得f1＝mg－ma＝5 N，故C正確；當F＝400 N時，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錯誤。 8．如圖所示，一電場的等勢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。若相鄰兩個等勢面間的電勢差為U0＝，則下列說法正確

13、的是(　ACD　) A．小球落地時速度方向一定與地面垂直 B．小球下落過程，電勢能先增大再減小 C．小球下落過程，動能先減小再增大 D．小球下落過程，機械能一直減小 [解析]　如圖所示，小球所受的電場力F0＝q·＝mg，F(xiàn)0和重力mg合力為F，小球的運動可分解為沿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速度方向與地面垂直，A正確；由于小球落地時速度方向與地面垂直，在落地前，小球一直向右運動，電場力做負功，電勢能增大，機械能減小，D正確，B錯誤；小球速度與F方向垂直時，速度最小，因而小球下落過程中，動能先減小再增大，C正確。 - 6 -