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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。現(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 -

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