2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 20分鐘快速訓(xùn)練3（含解析）

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1、20分鐘快速訓(xùn)練(三) 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．下列說法正確的是(　B　) A．聚變反應(yīng)需將熱核燃料的溫度加熱到數(shù)百萬開爾文以上，顯然是吸熱反應(yīng) B．聚變反應(yīng)中核子的比結(jié)合能變大 C．聚變反應(yīng)中由于形成質(zhì)量較大的核，故反應(yīng)后質(zhì)量增加 D．氕和氚結(jié)合成氦原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量等于該氦原子核的結(jié)合能 [解析]　聚變反應(yīng)需將熱核燃料的溫度加熱到數(shù)百萬開爾文以上，但一旦反應(yīng)進行，自身釋放的巨大能量足以提供高溫，使反應(yīng)繼續(xù)

2、進行，故聚變反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A錯誤；由于聚變反應(yīng)中釋放出巨大能量，故比結(jié)合能一定增加，質(zhì)量發(fā)生虧損，故B正確，C錯誤；氚核本身有一定的結(jié)合能，所以氕和氚結(jié)合成氦原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量小于該氦原子核的結(jié)合能，故D錯誤。 2．2018年11月1日，我國成功發(fā)射第四十一顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，這顆衛(wèi)星屬于地球同步衛(wèi)星；2019年1月3日，我國發(fā)射的嫦娥四號探測器在月球背面成功著陸，開啟了人類探測月球的新篇章。若嫦娥四號繞月球做勻速圓周運動的半徑是第四十一顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星繞地球運行的軌道半徑的，月球質(zhì)量為地球質(zhì)量的，則嫦娥四號繞月球做勻速圓周運動的周期與第四十一顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星繞地球運行的周期之比為

3、(　A　) A．　　　　　　　　 B． C． D． [解析]　由G＝m()2r得T＝2π，則嫦娥四號繞月球做勻速圓周運動的周期與第四十一顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星繞地球運行的周期之比為＝＝，只有A正確。 3．如圖所示，半徑為R的圓弧面靜置在水平面上，其圓心O與水平臺面高度差為2R，一小球(視為質(zhì)點)以某一初速度從臺面水平向右飛出，其運動軌跡恰好與圓弧面相切，切點為C(未畫出)，則OC與OB的夾角θ的正弦值為(　A　) A．2－ B．4－2 C． D． [解析]　小球做平拋運動，則2R－Rsinθ＝gt2，Rcosθ＝v0t，＝tanθ，整理得sin2θ－4sinθ＋1＝0，sinθ

4、＝＝2±，由于sinθ≤1，得sinθ＝2－，只有A正確。 4．轎車在筆直的公路上做勻速直線運動，當(dāng)轎車經(jīng)過公路上的A路標(biāo)時，?？吭谂赃叺囊惠v卡車開始以加速度a1做勻加速直線運動，運動一段時間后立即以加速度a2做勻減速直線運動，結(jié)果卡車與轎車同時到達下一個路標(biāo)，此時卡車的速度恰好減為零，若兩路標(biāo)之間的距離為d，則轎車勻速運動的速度大小為(　B　) A． B． C． D． [解析]　設(shè)卡車行駛過程中的最大速度為vmax，則加速過程和減速過程的時間分別為t1＝、t2＝，作出卡車整個過程的v－t圖象如圖所示，圖象與時間軸所圍成的面積為(＋)×＝d，解得vmax＝，設(shè)轎車勻速運動的速度

5、為v0，有vmax(t1＋t2)×＝v0(t1＋t2)，解得v0＝＝，故B正確。 5．一質(zhì)點做勻變速直線運動，其運動的位移－時間圖象(x－t圖象)如圖所示，P(t1，x1)為圖象上一點。PQ為過P點的切線，與橫軸交于點Q(t2,0)。已知當(dāng)t＝0時質(zhì)點的速度大小不為零。則質(zhì)點的加速度大小為(　C　) A． B． C． D． [解析]　x－t圖象中某一點的切線斜率表示速度，則t1時刻，質(zhì)點的速度為v1＝，根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度可得時刻的速度為v2＝，根據(jù)加速度的定義有a＝＝，所以C正確。 6．如圖所示，兩根質(zhì)量均為m的相同鐵棒ab、cd平行斜靠

6、在光滑豎直墻壁和水平地面上靜止不動，鐵棒的傾角為α。一質(zhì)量為4m、半徑為R的圓柱體靜止在兩鐵棒上。若兩棒間的距離為R，系統(tǒng)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g，則(　AC　) A．每根棒受到圓柱體的摩擦力大小為2mgsinα B．每根棒受到圓柱體的摩擦力大小為4mgsinα C．地面受到的壓力大小為6mg D．地面受到的壓力大小為6mgcos2α [解析]　對圓柱體受力分析，因圓柱體靜止，故受力平衡，將其重力沿鐵棒方向和垂直鐵棒方向分解，分力大小分別為4mgsinα、4mgcosα，則圓柱體受到一根鐵棒的摩擦力大小為2mgsinα，根據(jù)牛頓第三定律知每根棒受到圓柱體的摩擦力大小為

7、2mgsinα，A正確，B錯誤；以兩根棒和圓柱體整體為研究對象，豎直方向受到重力和地面的支持力，由受力平衡知地面對整體的支持力大小為6mg，根據(jù)牛頓第三定律知地面受到的壓力大小為6mg，D錯誤，C正確。 7．質(zhì)量為M的斜面體ABC靜止放在粗糙水平地面上，其斜面AC光滑，傾角為θ，用水平力F推著斜面上一個質(zhì)量為m的物塊，物塊與斜面體相對靜止，如圖所示。設(shè)物塊與斜面體的加速度為a，重力加速度為g，斜面體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　BC　) A．若a＝0，則一定有μ＝tanθ B．若a≠0，則總滿足μ＜tanθ C．若μ＝0，則a＝gtan

8、θ D．若μ＜tanθ，則a＞0 [解析]　當(dāng)物塊與斜面體一起向左運動時，由牛頓第二定律，對斜面體和物塊組成的整體，有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，對物塊有F－FNsinθ＝ma、FNcosθ－mg＝0，聯(lián)立解得μ＝①、F＝(M＋m)g(tanθ－μ)②。 若Ma＞0，由①式可得μ＜tanθ，B正確；由①式可知C正確；若斜面體仍靜止在地面上，即a＝0，則μ(M＋m)g≥F＝mgtanθ，可得μ≥tanθ，A錯誤；由A項和②式分析可知，當(dāng)tanθ≤μ＜tanθ時，系統(tǒng)靜止，故D錯誤。 8．在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線y＝位于第一象限的部分如圖所示，在曲線上不同點以一定的初速度v0

9、向x軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，小球下落過程中都會通過坐標(biāo)原點O，之后進入第三象限的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，結(jié)果小球恰好在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，并且都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上。已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　BD　) A．第三象限的電場強度大小為，方向豎直向下 B．小球的初速度為10 m/s C．第三象限的磁場方向一定是垂直紙面向外 D．要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負(fù)半軸，所加磁場區(qū)域的最小面積是π()2 [解析]　設(shè)小球釋放點的坐標(biāo)為(x，y)，初速度為v0，由平拋規(guī)律可知x＝v0t，y＝gt2，由以上兩式可得y＝x2，又由題意可知y＝，聯(lián)立可得v0＝10 m/s，B正確；小球在第三象限做勻速圓周運動，則mg＝qE，即E＝，方向豎直向上，A錯誤；根據(jù)題意結(jié)合左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向里，C錯誤；設(shè)小球最初進入第三象限時合速度為v，與y軸負(fù)半軸夾角為α，則有v0＝vsinα，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，r＝＝，小球在磁場中的偏轉(zhuǎn)角恒為2α且運動軌跡的弦長不變，恒為，要使小球都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上，所加磁場區(qū)域的最小面積為Smin＝πR2＝π()2，D正確。 - 5 -