2023学年高考物理二轮复习600分冲刺20分钟快速训练2含解析.doc

20分钟快速训练(二) 本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．巴耳末对氢原子可见光谱进行分析，发现了辐射可见光的波长(λ)公式即巴耳末公式＝R(－)(n＝3,4，5，…)，R为里德伯常量；玻尔在原子结构假说中提出频率(ν)条件hν＝Em－En(m＞n)。下列说法正确的是(　D　) A．巴耳末公式中的n与频率条件中的m、n具有完全不同的意义 B．由频率条件可知，大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出10种不同频率的可见光 C．大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢原子比大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率高 D．巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律 [解析]　两公式中的n或m、n都是与氢原子轨道量子化相关的量，A错误；只有从高能级跃迁到n＝2能级才辐射可见光，因此大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出3种不同频率的可见光，B错误；大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢原子可辐射两种频率的可见光，其中一种可见光的频率与大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率相同，C错误；巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律，D正确。 2．如图所示，质量m＝0.15 kg、长度l＝10 cm的金属棒ab用两完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　A　) A．N端是电源正极 B．磁场的磁感应强度大小为0.1 T C．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小 D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm [解析]　由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIl＝2kΔx，可得B＝1 T，B错误；根据左手定则，可知ab棒中电流方向由b指向a，故N端是电源正极，A正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大，故形变量变大，弹簧的长度变大，C错误；仅使磁场反向，则mg＝BIl＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5 cm，D错误。 3．黑光灯是灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网击毙。如图所示是高压电网的工作电路，其输入电压为有效值是U1的正弦交流电，经变压器输出给电网使用。已知一只额定功率为P的黑光灯正常工作时，约有5%的电能转化为光能，光中约有50%是频率为ν的紫光。空气的击穿电场的电场强度大小为E，使害虫瞬间被击毙至少要有效值为U2的电压，已知普朗克常量为h，则(　D　) A．为了能瞬间击毙害虫，输入电压的频率越大越好 B．为了能瞬间击毙害虫，变压器原、副线圈的匝数之比最大值为 C．为了防止空气被击穿而造成短路，电网相邻两极间距离最大为 D．一只正常发光的黑光灯每秒向外辐射频率为ν的紫光光子数为 [解析]　U2为有效值，与交流电的频率无关，A错误；根据电压与匝数成正比知n1n2＝U1U2，使害虫瞬间被击毙至少要U2的电压，所以变压器原、副线圈的匝数之比最大值为，B错误；电网相邻两极间距离最小为d＝，C错误；每个紫光光子的能量为E0＝hν，设黑光灯每秒向外辐射的紫光光子约有n个，则Pt×2.5%＝nE0，得n＝，D正确。 4．用10 m/s的初速度水平抛出一个物体(可视为质点)，其运动轨迹的一部分如图所示。当物体经过运动轨迹上的A点时，其速度方向与水平方向成45°角，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则(　C　) A．物体从抛出点运动到A点的时间为 s B．抛出点到A点的距离为5 m C．物体在A点的动能是其在抛出点动能的两倍 D．该物体速度变化量的方向不断发生变化 [解析]　当物体的速度方向与水平方向的夹角为45°时，由几何关系可知，物体在竖直方向上的分速度vy＝v0＝10 m/s，由于做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，故由vy＝gt，可得t＝1 s，A错误；从抛出点到A点，物体在竖直方向上下落的高度为y＝gt2，水平方向上运动的距离为x＝v0t，故抛出点到A点的距离为s＝＝5 m，B错误；物体在A点的动能EkA＝m(v＋v)，在抛出点的动能为Ek＝mv，故有＝＝2，C正确；由于做平抛运动的物体的水平速度不发生变化，速度变化只发生在竖直方向上，故物体速度变化量的方向一定沿竖直方向，不发生变化，D错误。 5．表格中所示是某市科技馆内介绍太阳系八大行星(按与太阳距离由近至远排列)时的有关参数，表中P处由于字迹污损无法看清。下列说法正确的是(　C　) 天体名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 赤道半径/km 2 440 6 052 6 378 3 397 71 492 60 268 25 559 24 764 质量是地球的倍数 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数 0.38 0.91 1.00 0.38 2.48 0.94 0.89 1.11 A．土星公转的角速度大于地球公转的角速度 B．土星公转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约为地球第一宇宙速度的0.45倍 D．污损部分为0.5 [解析]　 行星绕太阳做圆周运动时，万有引力提供向心力，即＝mω2r＝man，可知半径越大，角速度和向心加速度越小，故A、B错误。在天体表面，忽略自转效应，物体所受重力等于物体与天体之间的万有引力，即mg＝，得M＝，则＝＝0.1，污损部分为0.1，D错误；行星的第一宇宙速度v＝，故火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的0.45倍，C正确。 6．如图所示，轻质弹簧的一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接在一起，小球中间有孔，穿在一根水平放置的足够长的光滑直杆上。现将小球从杆上的A点由静止释放，同时对小球施加一个水平向右的恒力F，当小球经过直杆上的C点时，弹簧对小球的弹力与刚释放小球时弹簧对小球的弹力大小相等。已知小球刚释放时弹簧的长度为l，到达C点时弹簧的长度为l，且∠AOC＝90°，则下列判断正确的是(　AD　) A．弹簧的原长为l B．从A到C，小球的加速度可能一直增大 C．从A到C，弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零的位置有两处 D．小球运动到C点时的速度大小一定等于2 [解析]　由于小球在A、C两点时，弹簧对小球的弹力大小相等，但弹簧的长度并不相同，故可判断出小球在E点时弹簧处于压缩状态，在C点时弹簧处于伸长状态，设弹簧原长为l0，则由胡克定律可得l0－l＝l－l0，解得l0＝l，A正确；如图所示，设O点正下方为B点，E点与A点关于B点对称，D点为弹簧处于原长的点，由受力分析可知，当小球在A点时，其加速度小于，当小球在E点时，其加速度大于，当小球到达B点和D点时，小球的加速度均等于，而从D点到C点的过程中，小球的加速度逐渐减小，故B错误；由分析可知，当小球在A点时，小球的速度为零，当小球运动到B点时，弹簧的弹力方向与小球运动方向垂直，当小球运动到D点时，弹簧的弹力为零，由P＝F弹v可知，有三个位置弹簧对小球做功的瞬时功率为零，C错误；从A到C的过程中，由于∠AOC＝90°，所以A、C两点间的距离为xAC＝2l，由于在A、C两点弹簧的弹性势能相同，故由动能定理可得F·2l＝mv，解得vC＝2，故D正确。 7．竖直平面内有一匀强电场，电场方向与水平方向成60°角，以水平向右为x轴的正方向，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化规律如图所示。现有一带电油滴以初速度 0.1 m/s从x＝－1 cm的A处沿x轴做直线运动到达x＝2 cm的B处，已知油滴的质量为1×10－4 kg，取g＝10 m/s2，则(　AC　) A．匀强电场的电场强度大小为1 000 V/m B．油滴的电荷量大小为×10－6C C．油滴从A点运动到B点的过程电势能减少了×10－5 J D．油滴运动到B点时动能可能为零 [解析]　由电势差与场强大小关系得U＝Excos60°，则φ－0＝Ecos60°·x，结合图象有Ecos60°＝＝500 V/m，得E＝1 000 V/m，A正确；油滴受力如图所示，则＝sin 60°，解得q＝×10－6 C，B错误；由φ＝Ecos60°·x，得φ＝500x(V)，则A点的电势φA＝－5 V，B点的电势φB＝10 V，油滴从A点运动到B点的过程电场力做正功，且为WE＝qU＝×10－6×[10－(－5)] J＝×10－5 J，电势能减少×10－5 J，C正确；合外力做正功，油滴动能增加，D错误。 8．如图所示，单匝线圈内有理想边界的磁场，方向垂直纸面向里。当磁场以某一变化率(，B为磁场的磁感应强度大小)均匀增加时，将一带电小球从平行板(两板水平放置)电容器中的P点由静止释放，小球到达下极板时的速度大小为v。当磁场以同样的变化率均匀减小时，将该带电小球仍从P点由静止释放，小球到达下极板时的速度大小为2v，已知电容器的板间距离为d，线圈的面积为S，则(　BC　) A．该小球一定带正电 B．小球受到的电场力大小为其重力的 C．线圈内磁场的变化率与两平行板间电场强度的比为 D．若线圈内的磁场保持不变，则小球到达下极板的速度大小为v [解析]　由题意可知，当磁场均匀增加时，带电小球将受到竖直向上的电场力作用，由楞次定律和安培定则可知，磁场均匀增加时，上极板带正电，下极板带负电，电场强度方向竖直向下，故小球带负电，选项A错误；设磁场均匀增加时，小球的加速度大小为a，磁场均匀减小时，小球的加速度大小为a′，则有＝，解得a′＝4a，又因为mg－qE＝ma，mg＋qE＝ma′，联立可解得＝，选项B正确；设两板间的电势差为U，又两极板间的距离为d，则有U＝Ed，又由法拉第电磁感应定律可得U＝S，两式联立可得＝E，选项C正确；由mg－qE＝ma和＝可知，a＝g，设P点到下极板的距离为h，则有h＝可知h＝，当线圈内磁场保持不变时，线圈中不产生感应电动势，此时两极板间没有电场，带电小球将做自由落体运动，设小球到达下极板时的速度大小为v′，则有v′2＝2gh，解得v′＝v，选项D错误。 - 6 -