《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(huì)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(qǐng)?jiān)谘b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(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.巴耳末對(duì)氫原子可見光譜進(jìn)行分析,發(fā)現(xiàn)了輻射可見光的波長(zhǎng)(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(jí)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(jí)躍
2、遷到低能級(jí)的氫原子比大量從n=3能級(jí)躍遷到低能級(jí)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(shí)驗(yàn)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(cuò)誤;只有從高能級(jí)躍遷到n=2能級(jí)才輻射可見光,因此大量處在n=5能級(jí)的氫原子,能輻射出3種不同頻率的可見光,B錯(cuò)誤;大量從n=4能級(jí)躍遷到低能級(jí)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(jí)躍遷到低能級(jí)的氫原子輻射的可見光頻率相同,C錯(cuò)誤;巴耳末公式和頻率條件都只能解釋氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律,D正確。
2.如圖所示,質(zhì)量m=0.15 kg、長(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)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(zhǎng)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T
C.滑動(dòng)變阻器的滑片左移,彈簧的長(zhǎng)度變小
D.僅使磁場(chǎng)反向,穩(wěn)定后彈簧的伸長(zhǎng)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(cuò)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(dòng)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(zhǎng)度變大,C錯(cuò)誤;僅使磁場(chǎng)反向,則mg=BIl+2kΔx′,可得Δx′=0.5 cm,D錯(cuò)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(shí),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?chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,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(cuò)誤;根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知n1n2=U1U2,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(cuò)誤;電網(wǎng)相鄰兩極間距離最小為d=,C錯(cuò)誤;每個(gè)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(gè),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(gè)物體(可視為質(zhì)點(diǎn)),其
6、運(yùn)動(dòng)軌跡的一部分如圖所示。當(dāng)物體經(jīng)過運(yùn)動(dòng)軌跡上的A點(diǎn)時(shí),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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為 s
B.拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為5 m
C.物體在A點(diǎn)的動(dòng)能是其在拋出點(diǎn)動(dòng)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(shí),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(yùn)動(dòng)的物體在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng),故由vy=gt,可得t=1 s,A錯(cuò)誤;從拋出點(diǎn)到A點(diǎn),物體在豎直方向上下落的高度為y=gt2,水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離
7、為x=v0t,故拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為s==5 m,B錯(cuò)誤;物體在A點(diǎn)的動(dòng)能EkA=m(v+v),在拋出點(diǎn)的動(dòng)能為Ek=mv,故有==2,C正確;由于做平拋運(yùn)動(dòng)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(cuò)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(yuǎn)排列)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí),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(cuò)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(cuò)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(diǎn),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(zhǎng)的光滑直桿上。現(xiàn)將小球從桿上的A點(diǎn)由靜止釋放,同時(shí)對(duì)小球施加一個(gè)水平向右的恒力F,當(dāng)小球經(jīng)過直桿上的C點(diǎn)時(shí),彈簧對(duì)小球的彈力與剛釋放小球時(shí)彈簧對(duì)小球的彈力大小相等。已知小球剛釋放時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為l,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為l,且∠AOC=90°,則下列判斷正確的是( AD )
10、
A.彈簧的原長(zhǎng)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(duì)小球做功的瞬時(shí)功率為零的位置有兩處
D.小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小一定等于2
[解析] 由于小球在A、C兩點(diǎn)時(shí),彈簧對(duì)小球的彈力大小相等,但彈簧的長(zhǎng)度并不相同,故可判斷出小球在E點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),在C點(diǎn)時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),設(shè)彈簧原長(zhǎng)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(diǎn)正下方為B點(diǎn),E點(diǎn)與A點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱,D點(diǎn)為彈簧處于原長(zhǎng)的點(diǎn),由受力分析可知,當(dāng)小球在A點(diǎn)時(shí),其加速度小于,當(dāng)小球在E點(diǎn)時(shí),其加速度大于,當(dāng)小球到達(dá)B點(diǎn)和D點(diǎn)時(shí),小球的加速度均等于,而從
11、D點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中,小球的加速度逐漸減小,故B錯(cuò)誤;由分析可知,當(dāng)小球在A點(diǎn)時(shí),小球的速度為零,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),彈簧的彈力方向與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí),彈簧的彈力為零,由P=F彈v可知,有三個(gè)位置彈簧對(duì)小球做功的瞬時(shí)功率為零,C錯(cuò)誤;從A到C的過程中,由于∠AOC=90°,所以A、C兩點(diǎn)間的距離為xAC=2l,由于在A、C兩點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能相同,故由動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)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(diǎn)的電勢(shì)φ隨坐標(biāo)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(yùn)動(dòng)到達(dá)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(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程電勢(shì)能減少了×10-5 J
D.油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能可能為零
[解析] 由電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)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(cuò)誤;由φ=Ecos60°·x,得φ=500x(V)
13、,則A點(diǎn)的電勢(shì)φA=-5 V,B點(diǎn)的電勢(shì)φB=10 V,油滴從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程電場(chǎng)力做正功,且為WE=qU=×10-6×[10-(-5)] J=×10-5 J,電勢(shì)能減少×10-5 J,C正確;合外力做正功,油滴動(dòng)能增加,D錯(cuò)誤。
8.如圖所示,單匝線圈內(nèi)有理想邊界的磁場(chǎng),方向垂直紙面向里。當(dāng)磁場(chǎng)以某一變化率(,B為磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小)均勻增加時(shí),將一帶電小球從平行板(兩板水平放置)電容器中的P點(diǎn)由靜止釋放,小球到達(dá)下極板時(shí)的速度大小為v。當(dāng)磁場(chǎng)以同樣的變化率均勻減小時(shí),將該帶電小球仍從P點(diǎn)由靜止釋放,小球到達(dá)下極板時(shí)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(chǎng)力大小為其重力的
C.線圈內(nèi)磁場(chǎng)的變化率與兩平行板間電場(chǎng)強(qiáng)度的比為
D.若線圈內(nèi)的磁場(chǎng)保持不變,則小球到達(dá)下極板的速度大小為v
[解析] 由題意可知,當(dāng)磁場(chǎng)均勻增加時(shí),帶電小球?qū)⑹艿截Q直向上的電場(chǎng)力作用,由楞次定律和安培定則可知,磁場(chǎng)均勻增加時(shí),上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下,故小球帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)磁場(chǎng)均勻增加時(shí),小球的加速度大小為a,磁場(chǎng)均勻減小時(shí),小球的加速度大小為a′,則有=,解得a′=4a,又因?yàn)閙g-qE=ma,mg+qE=ma′,聯(lián)立可解得=,選項(xiàng)B正確;設(shè)兩板間的電勢(shì)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(xiàng)C正確;由mg-qE=ma和=可知,a=g,設(shè)P點(diǎn)到下極板的距離為h,則有h=可知h=,當(dāng)線圈內(nèi)磁場(chǎng)保持不變時(shí),線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),此時(shí)兩極板間沒有電場(chǎng),帶電小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng),設(shè)小球到達(dá)下極板時(shí)的速度大小為v′,則有v′2=2gh,解得v′=v,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
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