《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 20分鐘快速訓(xùn)練2（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2（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(二) 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．巴耳末對氫原子可見光譜進行分析，發(fā)現(xiàn)了輻射可見光的波長(λ)公式即巴耳末公式＝R(－)(n＝3,4，5，…)，R為里德伯常量；玻爾在原子結(jié)構(gòu)假說中提出頻率(ν)條件hν＝Em－En(m＞n)。下列說法正確的是(　D　) A．巴耳末公式中的n與頻率條件中的m、n具有完全不同的意義 B．由頻率條件可知，大量處在n＝5能級的氫原子，能輻射出10種不同頻率的可見光 C．大量從n＝4能級躍

2、遷到低能級的氫原子比大量從n＝3能級躍遷到低能級的氫原子輻射的可見光頻率高 D．巴耳末公式和頻率條件都只能解釋氫原子光譜的實驗規(guī)律 [解析]　兩公式中的n或m、n都是與氫原子軌道量子化相關(guān)的量，A錯誤；只有從高能級躍遷到n＝2能級才輻射可見光，因此大量處在n＝5能級的氫原子，能輻射出3種不同頻率的可見光，B錯誤；大量從n＝4能級躍遷到低能級的氫原子可輻射兩種頻率的可見光，其中一種可見光的頻率與大量從n＝3能級躍遷到低能級的氫原子輻射的可見光頻率相同，C錯誤；巴耳末公式和頻率條件都只能解釋氫原子光譜的實驗規(guī)律，D正確。 2．如圖所示，質(zhì)量m＝0.15 kg、長度l＝10 cm的金屬棒ab用

3、兩完全相同的彈簧水平懸掛在勻強磁場中，彈簧勁度系數(shù)k＝100 N/m，開關(guān)閉合，穩(wěn)定后發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量均為Δx＝1 cm，電流表的示數(shù)為5 A，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　A　) A．N端是電源正極 B．磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1 T C．滑動變阻器的滑片左移，彈簧的長度變小 D．僅使磁場反向，穩(wěn)定后彈簧的伸長量為0.2 cm [解析]　由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向豎直向下，根據(jù)受力分析，滿足mg＋BIl＝2kΔx，可得B＝1 T，B錯誤；根據(jù)左手定則，可知ab棒中電流方向由b指向a，故N端是電源正極，A正確；滑動變阻器的滑片左移

4、，接入電路的電阻減小，電流增大，故形變量變大，彈簧的長度變大，C錯誤；僅使磁場反向，則mg＝BIl＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5 cm，D錯誤。 3．黑光燈是滅蛾殺蟲的一種環(huán)保型設(shè)備，它發(fā)出的紫色光能夠引誘害蟲飛近黑光燈，然后被黑光燈周圍的交流高壓電網(wǎng)擊斃。如圖所示是高壓電網(wǎng)的工作電路，其輸入電壓為有效值是U1的正弦交流電，經(jīng)變壓器輸出給電網(wǎng)使用。已知一只額定功率為P的黑光燈正常工作時，約有5%的電能轉(zhuǎn)化為光能，光中約有50%是頻率為ν的紫光?？諝獾膿舸╇妶龅碾妶鰪姸却笮镋，使害蟲瞬間被擊斃至少要有效值為U2的電壓，已知普朗克常量為h，則(　D　) A．為了能瞬間擊斃害蟲，輸入電壓

5、的頻率越大越好 B．為了能瞬間擊斃害蟲，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比最大值為 C．為了防止空氣被擊穿而造成短路，電網(wǎng)相鄰兩極間距離最大為 D．一只正常發(fā)光的黑光燈每秒向外輻射頻率為ν的紫光光子數(shù)為 [解析]　U2為有效值，與交流電的頻率無關(guān)，A錯誤；根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知n1n2＝U1U2，使害蟲瞬間被擊斃至少要U2的電壓，所以變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比最大值為，B錯誤；電網(wǎng)相鄰兩極間距離最小為d＝，C錯誤；每個紫光光子的能量為E0＝hν，設(shè)黑光燈每秒向外輻射的紫光光子約有n個，則Pt×2.5%＝nE0，得n＝，D正確。 4．用10 m/s的初速度水平拋出一個物體(可視為質(zhì)點)，其

6、運動軌跡的一部分如圖所示。當(dāng)物體經(jīng)過運動軌跡上的A點時，其速度方向與水平方向成45°角，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則(　C　) A．物體從拋出點運動到A點的時間為 s B．拋出點到A點的距離為5 m C．物體在A點的動能是其在拋出點動能的兩倍 D．該物體速度變化量的方向不斷發(fā)生變化 [解析]　當(dāng)物體的速度方向與水平方向的夾角為45°時，由幾何關(guān)系可知，物體在豎直方向上的分速度vy＝v0＝10 m/s，由于做平拋運動的物體在豎直方向上做自由落體運動，故由vy＝gt，可得t＝1 s，A錯誤；從拋出點到A點，物體在豎直方向上下落的高度為y＝gt2，水平方向上運動的距離

7、為x＝v0t，故拋出點到A點的距離為s＝＝5 m，B錯誤；物體在A點的動能EkA＝m(v＋v)，在拋出點的動能為Ek＝mv，故有＝＝2，C正確；由于做平拋運動的物體的水平速度不發(fā)生變化，速度變化只發(fā)生在豎直方向上，故物體速度變化量的方向一定沿豎直方向，不發(fā)生變化，D錯誤。 5．表格中所示是某市科技館內(nèi)介紹太陽系八大行星(按與太陽距離由近至遠排列)時的有關(guān)參數(shù)，表中P處由于字跡污損無法看清。下列說法正確的是(　C　) 天體名稱 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 赤道半徑/km 2 440 6 052 6 378 3 397 71 492 6

8、0 268 25 559 24 764 質(zhì)量是地球的倍數(shù) 0.55 0.815 1.000 P 317.9 95.16 14.54 17.15 重力加速度是地球的倍數(shù) 0.38 0.91 1.00 0.38 2.48 0.94 0.89 1.11 A．土星公轉(zhuǎn)的角速度大于地球公轉(zhuǎn)的角速度 B．土星公轉(zhuǎn)的向心加速度小于天王星的向心加速度 C．火星的第一宇宙速度約為地球第一宇宙速度的0.45倍 D．污損部分為0.5 [解析]　 行星繞太陽做圓周運動時，萬有引力提供向心力，即＝mω2r＝man，可知半徑越大，角速度和向心加速度越小，故A、B錯誤。在天

9、體表面，忽略自轉(zhuǎn)效應(yīng)，物體所受重力等于物體與天體之間的萬有引力，即mg＝，得M＝，則＝＝0.1，污損部分為0.1，D錯誤；行星的第一宇宙速度v＝，故火星的第一宇宙速度約為地球第一宇宙速度的0.45倍，C正確。 6．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在O點，另一端與質(zhì)量為m的小球連接在一起，小球中間有孔，穿在一根水平放置的足夠長的光滑直桿上?，F(xiàn)將小球從桿上的A點由靜止釋放，同時對小球施加一個水平向右的恒力F，當(dāng)小球經(jīng)過直桿上的C點時，彈簧對小球的彈力與剛釋放小球時彈簧對小球的彈力大小相等。已知小球剛釋放時彈簧的長度為l，到達C點時彈簧的長度為l，且∠AOC＝90°，則下列判斷正確的是(　AD　)

10、 A．彈簧的原長為l B．從A到C，小球的加速度可能一直增大 C．從A到C，彈簧彈力對小球做功的瞬時功率為零的位置有兩處 D．小球運動到C點時的速度大小一定等于2 [解析]　由于小球在A、C兩點時，彈簧對小球的彈力大小相等，但彈簧的長度并不相同，故可判斷出小球在E點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在C點時彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)彈簧原長為l0，則由胡克定律可得l0－l＝l－l0，解得l0＝l，A正確；如圖所示，設(shè)O點正下方為B點，E點與A點關(guān)于B點對稱，D點為彈簧處于原長的點，由受力分析可知，當(dāng)小球在A點時，其加速度小于，當(dāng)小球在E點時，其加速度大于，當(dāng)小球到達B點和D點時，小球的加速度均等于，而從

11、D點到C點的過程中，小球的加速度逐漸減小，故B錯誤；由分析可知，當(dāng)小球在A點時，小球的速度為零，當(dāng)小球運動到B點時，彈簧的彈力方向與小球運動方向垂直，當(dāng)小球運動到D點時，彈簧的彈力為零，由P＝F彈v可知，有三個位置彈簧對小球做功的瞬時功率為零，C錯誤；從A到C的過程中，由于∠AOC＝90°，所以A、C兩點間的距離為xAC＝2l，由于在A、C兩點彈簧的彈性勢能相同，故由動能定理可得F·2l＝mv，解得vC＝2，故D正確。 7．豎直平面內(nèi)有一勻強電場，電場方向與水平方向成60°角，以水平向右為x軸的正方向，x軸上各點的電勢φ隨坐標x的變化規(guī)律如圖所示?，F(xiàn)有一帶電油滴以初速度 0.1 m/s從x＝

12、－1 cm的A處沿x軸做直線運動到達x＝2 cm的B處，已知油滴的質(zhì)量為1×10－4 kg，取g＝10 m/s2，則(　AC　) A．勻強電場的電場強度大小為1 000 V/m B．油滴的電荷量大小為×10－6C C．油滴從A點運動到B點的過程電勢能減少了×10－5 J D．油滴運動到B點時動能可能為零 [解析]　由電勢差與場強大小關(guān)系得U＝Excos60°，則φ－0＝Ecos60°·x，結(jié)合圖象有Ecos60°＝＝500 V/m，得E＝1 000 V/m，A正確；油滴受力如圖所示，則＝sin 60°，解得q＝×10－6 C，B錯誤；由φ＝Ecos60°·x，得φ＝500x(V)

13、，則A點的電勢φA＝－5 V，B點的電勢φB＝10 V，油滴從A點運動到B點的過程電場力做正功，且為WE＝qU＝×10－6×[10－(－5)] J＝×10－5 J，電勢能減少×10－5 J，C正確；合外力做正功，油滴動能增加，D錯誤。 8．如圖所示，單匝線圈內(nèi)有理想邊界的磁場，方向垂直紙面向里。當(dāng)磁場以某一變化率(，B為磁場的磁感應(yīng)強度大小)均勻增加時，將一帶電小球從平行板(兩板水平放置)電容器中的P點由靜止釋放，小球到達下極板時的速度大小為v。當(dāng)磁場以同樣的變化率均勻減小時，將該帶電小球仍從P點由靜止釋放，小球到達下極板時的速度大小為2v，已知電容器的板間距離為d，線圈的面積為S，則(　B

14、C　) A．該小球一定帶正電 B．小球受到的電場力大小為其重力的 C．線圈內(nèi)磁場的變化率與兩平行板間電場強度的比為 D．若線圈內(nèi)的磁場保持不變，則小球到達下極板的速度大小為v [解析]　由題意可知，當(dāng)磁場均勻增加時，帶電小球?qū)⑹艿截Q直向上的電場力作用，由楞次定律和安培定則可知，磁場均勻增加時，上極板帶正電，下極板帶負電，電場強度方向豎直向下，故小球帶負電，選項A錯誤；設(shè)磁場均勻增加時，小球的加速度大小為a，磁場均勻減小時，小球的加速度大小為a′，則有＝，解得a′＝4a，又因為mg－qE＝ma，mg＋qE＝ma′，聯(lián)立可解得＝，選項B正確；設(shè)兩板間的電勢差為U，又兩極板間的距離為d，則有U＝Ed，又由法拉第電磁感應(yīng)定律可得U＝S，兩式聯(lián)立可得＝E，選項C正確；由mg－qE＝ma和＝可知，a＝g，設(shè)P點到下極板的距離為h，則有h＝可知h＝，當(dāng)線圈內(nèi)磁場保持不變時，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，此時兩極板間沒有電場，帶電小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動，設(shè)小球到達下極板時的速度大小為v′，則有v′2＝2gh，解得v′＝v，選項D錯誤。 - 6 -