《2020高考物理二輪復習 600分沖刺 20分鐘快速訓練2（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理二輪復習 600分沖刺 20分鐘快速訓練2（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、20分鐘快速訓練(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()公式即巴耳末公式R()(n3,4，5，)，R為里德伯常量；玻爾在原子結構假說中提出頻率()條件hEmEn(mn)。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n5能級的氫原子，能輻射出10種不同頻率的可見光C大量從n4能級躍遷到低能級的氫原子比大量從n3能級躍遷到低能級的氫原子輻射的

2、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的量，A錯誤；只有從高能級躍遷到n2能級才輻射可見光，因此大量處在n5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n4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n3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，質量m0.15 kg、長度l10 cm的金屬棒ab用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)k100 N/m，開關閉合，穩(wěn)定后發(fā)現(xiàn)彈簧的伸

3、長量均為x1 cm，電流表的示數(shù)為5 A，重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是(A)AN端是電源正極B磁場的磁感應強度大小為0.1 TC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mg1.5 N2kx2 N，故安培力方向豎直向下，根據(jù)受力分析，滿足mgBIl2kx，可得B1 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，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mgBIl2kx，可得x0.5 cm，D錯誤。3黑光燈是滅蛾殺蟲的一種環(huán)保型

4、設備，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擊斃。如圖所示是高壓電網的工作電路，其輸入電壓為有效值是U1的正弦交流電，經變壓器輸出給電網使用。已知一只額定功率為P的黑光燈正常工作時，約有5%的電能轉化為光能，光中約有50%是頻率為的紫光?？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的紫光光子數(shù)為解析U2為有效值，

5、與交流電的頻率無關，A錯誤；根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知n1n2U1U2，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；電網相鄰兩極間距離最小為d，C錯誤；每個紫光光子的能量為E0h，設黑光燈每秒向外輻射的紫光光子約有n個，則Pt2.5%nE0，得n，D正確。4用10 m/s的初速度水平拋出一個物體(可視為質點)，其運動軌跡的一部分如圖所示。當物體經過運動軌跡上的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g10 m/s2，則(C)A物體從拋出點運動到A點的時間為 sB拋出點到A點的距離為5 mC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

6、變化量的方向不斷發(fā)生變化解析當物體的速度方向與水平方向的夾角為45時，由幾何關系可知，物體在豎直方向上的分速度vyv010 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vygt，可得t1 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ygt2，水平方向上運動的距離為xv0t，故拋出點到A點的距離為s5 m，B錯誤；物體在A點的動能EkAm(vv)，在拋出點的動能為Ekmv，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介紹太陽系八大行星(按與太

7、陽距離由近至遠排列)時的有關參數(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/km2 4406 0526 3783 39771 49260 26825 55924 764質量是地球的倍數(shù)0.550.8151.000P317.995.1614.5417.15重力加速度是地球的倍數(shù)0.380.911.000.382.480.940.891.11A土星公轉的角速度大于地球公轉的角速度B土星公轉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

8、心力，即m2rman，可知半徑越大，角速度和向心加速度越小，故A、B錯誤。在天體表面，忽略自轉效應，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，輕質彈簧的一端固定在O點，另一端與質量為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，當小球經過直桿上的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

9、度為l，且AOC90，則下列判斷正確的是(AD)A彈簧的原長為lB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)，設彈簧原長為l0，則由胡克定律可得l0lll0，解得l0l，A正確；如圖所示，設O點正下方為B點，E點與A點關于B點對稱，D點為彈簧處于原長的點，由受力分析可知，當小球在A點時，其加速度小于，當小球在E點時，其加速度大于，當小球到達B點和D點時，小球的加速度均等于

10、，而從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，當小球在A點時，小球的速度為零，當小球運動到B點時，彈簧的彈力方向與小球運動方向垂直，當小球運動到D點時，彈簧的彈力為零，由PF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AOC90，所以A、C兩點間的距離為xAC2l，由于在A、C兩點彈簧的彈性勢能相同，故由動能定理可得F2lmv，解得vC2，故D正確。7豎直平面內有一勻強電場，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x1 cm的A處沿x軸做

11、直線運動到達x2 cm的B處，已知油滴的質量為1104 kg，取g10 m/s2，則(AC)A勻強電場的電場強度大小為1 000 V/mB油滴的電荷量大小為106CC油滴從A點運動到B點的過程電勢能減少了105 JD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系得UExcos60，則0Ecos60x，結合圖象有Ecos60500 V/m，得E1 000 V/m，A正確；油滴受力如圖所示，則sin 60，解得q106 C，B錯誤；由Ecos60x，得500x(V)，則A點的電勢A5 V，B點的電勢B10 V，油滴從A點運動到B點的過程電場力做正功，且為WEqU10610(5) J105

12、J，電勢能減少105 J，C正確；合外力做正功，油滴動能增加，D錯誤。8如圖所示，單匝線圈內有理想邊界的磁場，方向垂直紙面向里。當磁場以某一變化率(，B為磁場的磁感應強度大小)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(BC)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線圈內磁場的變化率與兩平行板間電場強度的比為D若線圈內的磁場保持不變，則小球到達下極板的速度大小為v解析由題意可知，

13、當磁場均勻增加時，帶電小球將受到豎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a4a，又因為mgqEma，mgqEma，聯(lián)立可解得，選項B正確；設兩板間的電勢差為U，又兩極板間的距離為d，則有UEd，又由法拉第電磁感應定律可得US，兩式聯(lián)立可得E，選項C正確；由mgqEma和可知，ag，設P點到下極板的距離為h，則有h可知h，當線圈內磁場保持不變時，線圈中不產生感應電動勢，此時兩極板間沒有電場，帶電小球將做自由落體運動，設小球到達下極板時的速度大小為v，則有v22gh，解得vv，選項D錯誤。- 6 -