2020高考物理二輪復習 600分沖刺 20分鐘快速訓練4（含解析）

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1、20分鐘快速訓練(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15題只有一項符合題目要求，第68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EnE，其中E為氫原子處于基態(tài)時的能量，n1,2，。則能使氫原子從該能級電離的光子的最大波長為(B)ABC D解析由題意可知，只有當一群氫原子處于n3能級向低能級躍遷時，才能夠輻射出3種不同頻率的光子，由EnE可知氫原子在該能級時具有的能量為E3E，若要使氫原子從該能級電

2、離，則氫原子至少需要吸收的光子的能量為E0EE，由E可得，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GB絲線的拉力小于GC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，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

3、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。32019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)

4、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RB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T6t，由萬有引力定律得Gm(Rh)、Gmg，解得hR，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，B30，P為AB上的點，PBL。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

5、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150DQ、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O1O260，由T和tT知正、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rPSPQPBL，則SQL，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(

6、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，ABC為直角三角形，且ABC為直角，30。在小球P向A運動的過程中，下列判斷正確的是(B)AA處的點電荷帶正電，B處的點電荷帶負電B小球P過CD中點時加速度大小為aC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；BCD為正三角形，設(shè)在D點時

7、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CD，A處點電荷對P的庫侖力大小為F()2F，P的加速度aa，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FNmgFBsin，其中為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，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

8、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)AN25 BN5Cn12 Dn解析設(shè)以240 V電壓直接輸電時輸電電流為I0，則P0240 VI0，用戶獲得功率P180 VI0，輸電線損失功率PIR線(240 V180 V)I0P0；設(shè)用1 200 V電壓輸電時輸電電流為I1，則P01 200 VI1，用戶獲得功率P220 VI2，此時輸電線損

9、失的電功率PIP線；解得I05I1，則P25P，N25，使用1 200 V電壓輸電時用戶獲得功率PP0PP0PP0220 VI2，所以變壓器輸出電流I21.08I0，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F0時，f1f20B當F50 N時，f10，f25 NC當F100 N時，f15 N，f210 ND當

10、F400 N時，f120 N, f220 N解析當F0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F50 N時，對A、B整體分析，B與墻面間的最大靜摩擦力為F0.150 N5 N，小于兩木塊的重力，假設(shè)整體一起下滑，f25 N，此時A、B的加速度a7.5 m/s2，對A單獨受力分析，由牛頓第二定律得mamgf1，則f12.5 N5 N，假設(shè)成立，故B錯誤；當F100 N時，B與墻面間及A、B間最大靜摩擦力均為fmF10 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f210 N；由牛頓第二定律可知，A、B整體下降滑

11、的加速度為a m/s25 m/s2，則對A分析可知mgf1ma，解得f1mgma5 N，故C正確；當F400 N時，最大靜摩擦力為0.1400 N40 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，f110 N，f220 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

12、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F0qmg，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vxv0cos45，沿F方向的初始分速度為vyv0cos45，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 -