2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 20分鐘快速訓(xùn)練5（含解析）

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1、20分鐘快速訓(xùn)練(五) 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．在演示光電效應(yīng)的實驗中，某金屬被光照射后產(chǎn)生了光電效應(yīng)現(xiàn)象。如圖所示為某次實驗中測出的該金屬的遏止電壓Uc與入射光頻率ν之間的關(guān)系圖象，已知電子的電荷量為e，則由該圖象求不出(　C　) A．該金屬的逸出功 B．該金屬的極限頻率 C．該金屬單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù) D．普朗克常量 [解析]　由光電效應(yīng)方程可知光電子的最大初動能Ekm＝hν－W0，又遏止電壓與光電子的最大初動

2、能之間滿足eUc＝Ekm，兩式聯(lián)立可得Uc＝ν－，結(jié)合圖象可知＝，－＝－b，解得h＝e，W0＝be，A、D正確；由光電效應(yīng)方程可知，當(dāng)Ekm＝0即Uc＝0時，入射光的頻率為能夠發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率，由題圖可知該金屬的極限頻率為ν，B正確；該金屬發(fā)生光電效應(yīng)時，光照強度未知，所用光頻率未知，則無法知道光電子數(shù)，故C錯誤。 2．如圖所示，水平天花板上固定有AO和BO兩根不可伸長的輕繩，它們系在同一點O，且AO>BO，一只蜘蛛通過吐出的絲使自己靜止懸掛在O點，開始時兩繩剛好繃直?，F(xiàn)將B端緩慢向右移動，則(　A　) A．AO繩的拉力大小一直增大 B．AO繩的拉力大小一直減小 C．BO繩的

3、拉力大小一直增大 D．BO繩的拉力大小一直減小 [解析]　開始時兩繩剛好繃直，繩AO中的拉力為零，BO中的拉力大小為mg，m為蜘蛛的質(zhì)量，在B緩慢向右移動的過程中，力的矢量三角形如圖所示，可得AO中的拉力一直增大，BO中的拉力先減小后增大，A正確。 3．在研究豎直平面內(nèi)的圓周運動時，在小球上裝有傳感器，用于測量小球在不同時刻下落的高度及速率。已知小球的質(zhì)量為2 kg，不可伸長的輕繩長0.1 m。如圖甲所示，小球從最高點以一定的初速度開始運動，根據(jù)傳感器測得的小球從最高點開始運動的數(shù)據(jù)，繪制出“速率—下落高度”圖象，如圖乙所示。g取9.8 m/s2。下列說法正確的是(　D　) A．在

4、下落過程中，小球的機械能不守恒 B．在小球從最高點運動至最低點的過程中，阻力做的功為0.4 J C．小球在最高點時，繩子的拉力大小為19.6 N D．小球在最低點時，繩子的拉力大小為118 N [解析]　由題圖可知小球在最高點速率v0為1 m/s，下落0.15 m時，小球的速度大小約為1.98 m/s，小球的動能增加量ΔEk＝mv2－mv＝2.92 J，重力勢能減少量ΔEp＝mgh＝2.94 J，在考慮讀數(shù)誤差的情況下，可以認為小球的機械能守恒，A、B錯誤；小球在最高點的速率為1 m/s，在最高點對小球受力分析，有F1＋mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得F1＝0.4 N，C錯誤；根據(jù)機械能守恒定律

5、，mg×2R＝mv－mv，小球在最低點有F2－mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得F2＝118 N，D正確。 4．如圖所示，寬度為d的區(qū)域內(nèi)有大小為B、方向與紙面垂直的勻強磁場(未畫出)和大小為E、沿豎直方向的勻強電場(未畫出)，某帶電粒子從區(qū)域左邊界上的A點垂直于左邊界沿紙面射入該區(qū)域后，剛好能夠做勻速直線運動?，F(xiàn)撤去電場僅保留磁場，粒子從該區(qū)域右邊界射出時，其速度方向與水平方向的夾角為30°，不計粒子的重力，則(　C　) A．粒子必帶正電荷 B．粒子的初速度大小為 C．該粒子的比荷為 D．粒子在磁場中運動的時間為 [解析]　由于粒子能在正交電磁場中做勻速直線運動，故一定有qv0B＝qE，

6、粒子可以帶正電也可以帶負電，由此可知A錯誤；由qv0B＝qE，可得v0＝，B錯誤；撤去電場后，粒子在勻強磁場中運動的軌跡如右圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R＝2d，又因為qv0B＝m，解得＝，將v0＝代入可得＝，C正確；由于粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角為30°，故粒子在磁場中運動的時間為t＝，而T＝，聯(lián)立解得t＝，D錯誤。 5．一圓柱形磁缸沿直徑的截面圖和俯視圖分別如圖(a)、圖(b)所示，閉合圓形線圈P套在中央N極圓柱上，線圈圓心與N極軸線重合，線圈匝數(shù)為n，直徑為d，電阻為R，線圈導(dǎo)線所在位置磁感應(yīng)強度大小為B，磁場分布如圖(b)。線圈在磁缸內(nèi)以周

7、期T上下做周期性平動，運動速度v＝v0cost。則下列說法正確的是(　C　) A．t＝0時刻，通過線圈平面的磁通量大于零 B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝πBdv0cost C．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流有效值為 D．線圈運動時受到的安培力有時與速度同向，有時與速度反向 [解析]　t＝0時通過線圈平面的磁通量為零，A錯誤；由于線圈圓心與N極軸線重合，因此線圈導(dǎo)線所在位置的磁感應(yīng)強度大小相等，線圈展開可看作是直導(dǎo)線在勻強磁場中沿垂直于磁場的方向做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝Blv＝B·πdn·v0cost，B錯誤；感應(yīng)電流i＝＝cost，有效值I＝＝，C正確；由楞次定律可知，線圈運

8、動時所受安培力總阻礙線圈與磁場的相對運動，故總與線圈運動方向相反，D錯誤。 6．如圖，一個魔方放在一張A4紙(210 mm×297 mm)的中央，魔方距桌子邊緣12 cm，某同學(xué)用手拉住A4紙的邊緣，用力一拉，把A4紙從魔方下面拉出，最后魔方剛好停在桌子邊緣，在這個過程中，魔方不發(fā)生滾動，已知魔方的質(zhì)量為m＝200 g，紙的質(zhì)量可以忽略，魔方與紙之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，魔方與桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.3, g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　BD　) A．紙對魔方做的功為－0.028 8 J B．紙與魔方間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為0.0594 J C．整個過程中紙對魔

9、方的摩擦力的沖量大小為3.6×10－3N·s D．魔方克服桌面摩擦力做的功為0.028 8 J [解析]　紙與魔方間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為μ1mg× J＝0.059 4 J，故B正確；根據(jù)動能定理，紙對魔方做的功等于魔方克服桌面摩擦力做的功，0－0＝W紙＋W桌＝μ1mgx1－μ2mgx2，x1＋x2＝12 cm，解得x1＝7.2 cm，x2＝4.8 cm，魔方克服桌面摩擦力做的功μ2mgx2＝0.028 8 J，紙對魔方做的功為0.028 8 J，故A錯誤，D正確；魔方運動過程中的最大速度為v＝＝ m/s，紙對魔方的摩擦力的沖量大小為mv＝ N·s，C錯誤。 7．行星“開普勒452b”繞一

10、顆與太陽類似的恒星做勻速圓周運動，已知地球半徑為R，表面重力加速度為g。經(jīng)過觀察與測量知該行星的半徑為1.6R，兩極表面重力加速度為2g，公轉(zhuǎn)周期為T。兩者公轉(zhuǎn)半徑相等，引力常量為G，則根據(jù)題設(shè)數(shù)據(jù)可以得到(　ACD　) A．“開普勒452b”與地球的第一宇宙速度的比值 B．“開普勒452b”的自轉(zhuǎn)周期與地球的自轉(zhuǎn)周期的比值 C．“開普勒452b”質(zhì)量與地球質(zhì)量之比 D．“開普勒452b”平均密度與地球平均密度之比 [解析]　地球的第一宇宙速度為v1＝，“開普勒452b”的第一宇宙速度v1′＝＝v1，A正確；由于題設(shè)條件不足，故無法求出“開普勒452b”的自轉(zhuǎn)周期與地球的自轉(zhuǎn)周期的比

11、值，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律知＝mg，整理后有M＝，“開普勒452b”質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為＝＝，選項C正確；根據(jù)平均密度公式有＝＝，可得“開普勒452b”平均密度與地球平均密度之比為＝＝，D正確。 8．甲、乙兩網(wǎng)球在同一處沿同一方向水平拋出，打在距拋出點30 m遠的豎直墻上，兩球落點在豎直方向上相距8.75 m，位置如圖所示，其中A為甲網(wǎng)球的落點，B為乙網(wǎng)球的落點。已知甲網(wǎng)球拋出時的初速度大小為20 m/s，不考慮空氣阻力的影響，重力加速度取g＝10 m/s2，則(　AB　) A．甲網(wǎng)球在豎直方向上下落的高度為11.25 m B．乙網(wǎng)球拋出時的初速度大小為15 m/s

12、 C．甲網(wǎng)球在A點的速度大于乙網(wǎng)球在B點的速度 D．若將兩網(wǎng)球的初速度均減為原來的一半，則兩網(wǎng)球有可能在空中相遇 [解析]　設(shè)甲網(wǎng)球落到A點所用的時間為t1，則有t1＝ s＝1.5 s，故甲網(wǎng)球在豎直方向上下落的高度為h1＝gt，代入數(shù)據(jù)可得h1＝11.25 m，選項A正確；由于A、B兩點間的豎直距離為8.75 m，故乙網(wǎng)球在豎直方向上下落的高度為h2＝h1＋8.75 m＝20 m，設(shè)乙網(wǎng)球運動到B點所用時間為t2，則由h2＝gt代入數(shù)據(jù)可得t2＝2 s，故乙網(wǎng)球拋出時的初速度大小為v乙＝ m/s＝15 m/s，選項B正確；甲網(wǎng)球在A點的速度大小為vA＝，代入數(shù)據(jù)可得vA＝25 m/s，同理可得vB＝，代入數(shù)據(jù)解得vB＝25 m/s，故兩球速度大小相等，選項C錯誤；則兩網(wǎng)球的初速度均減為原來的一半，若兩網(wǎng)球在空中相遇，如兩網(wǎng)球在豎直方向上下落的高度一定相同，由h＝gt2可知，兩網(wǎng)球在空中的運動時間相等，但由于兩網(wǎng)球的水平初速度不同，所以兩網(wǎng)球在水平方向上的位移不同，故兩網(wǎng)球不可能在空中相遇，選項D錯誤。 - 6 -