2023学年高考物理二轮复习600分冲刺20分钟快速训练5含解析.doc

20分钟快速训练(五) 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．在演示光电效应的实验中，某金属被光照射后产生了光电效应现象。如图所示为某次实验中测出的该金属的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系图象，已知电子的电荷量为e，则由该图象求不出(　C　) A．该金属的逸出功 B．该金属的极限频率 C．该金属单位时间内逸出的光电子数 D．普朗克常量 [解析]　由光电效应方程可知光电子的最大初动能Ekm＝hν－W0，又遏止电压与光电子的最大初动能之间满足eUc＝Ekm，两式联立可得Uc＝ν－，结合图象可知＝，－＝－b，解得h＝e，W0＝be，A、D正确；由光电效应方程可知，当Ekm＝0即Uc＝0时，入射光的频率为能够发生光电效应的极限频率，由题图可知该金属的极限频率为ν，B正确；该金属发生光电效应时，光照强度未知，所用光频率未知，则无法知道光电子数，故C错误。 2．如图所示，水平天花板上固定有AO和BO两根不可伸长的轻绳，它们系在同一点O，且AO>BO，一只蜘蛛通过吐出的丝使自己静止悬挂在O点，开始时两绳刚好绷直。现将B端缓慢向右移动，则(　A　) A．AO绳的拉力大小一直增大 B．AO绳的拉力大小一直减小 C．BO绳的拉力大小一直增大 D．BO绳的拉力大小一直减小 [解析]　开始时两绳刚好绷直，绳AO中的拉力为零，BO中的拉力大小为mg，m为蜘蛛的质量，在B缓慢向右移动的过程中，力的矢量三角形如图所示，可得AO中的拉力一直增大，BO中的拉力先减小后增大，A正确。 3．在研究竖直平面内的圆周运动时，在小球上装有传感器，用于测量小球在不同时刻下落的高度及速率。已知小球的质量为2 kg，不可伸长的轻绳长0.1 m。如图甲所示，小球从最高点以一定的初速度开始运动，根据传感器测得的小球从最高点开始运动的数据，绘制出“速率—下落高度”图象，如图乙所示。g取9.8 m/s2。下列说法正确的是(　D　) A．在下落过程中，小球的机械能不守恒 B．在小球从最高点运动至最低点的过程中，阻力做的功为0.4 J C．小球在最高点时，绳子的拉力大小为19.6 N D．小球在最低点时，绳子的拉力大小为118 N [解析]　由题图可知小球在最高点速率v0为1 m/s，下落0.15 m时，小球的速度大小约为1.98 m/s，小球的动能增加量ΔEk＝mv2－mv＝2.92 J，重力势能减少量ΔEp＝mgh＝2.94 J，在考虑读数误差的情况下，可以认为小球的机械能守恒，A、B错误；小球在最高点的速率为1 m/s，在最高点对小球受力分析，有F1＋mg＝m，代入数据解得F1＝0.4 N，C错误；根据机械能守恒定律，mg×2R＝mv－mv，小球在最低点有F2－mg＝m，代入数据解得F2＝118 N，D正确。 4．如图所示，宽度为d的区域内有大小为B、方向与纸面垂直的匀强磁场(未画出)和大小为E、沿竖直方向的匀强电场(未画出)，某带电粒子从区域左边界上的A点垂直于左边界沿纸面射入该区域后，刚好能够做匀速直线运动。现撤去电场仅保留磁场，粒子从该区域右边界射出时，其速度方向与水平方向的夹角为30°，不计粒子的重力，则(　C　) A．粒子必带正电荷 B．粒子的初速度大小为 C．该粒子的比荷为 D．粒子在磁场中运动的时间为 [解析]　由于粒子能在正交电磁场中做匀速直线运动，故一定有qv0B＝qE，粒子可以带正电也可以带负电，由此可知A错误；由qv0B＝qE，可得v0＝，B错误；撤去电场后，粒子在匀强磁场中运动的轨迹如右图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R＝2d，又因为qv0B＝m，解得＝，将v0＝代入可得＝，C正确；由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角为30°，故粒子在磁场中运动的时间为t＝，而T＝，联立解得t＝，D错误。 5．一圆柱形磁缸沿直径的截面图和俯视图分别如图(a)、图(b)所示，闭合圆形线圈P套在中央N极圆柱上，线圈圆心与N极轴线重合，线圈匝数为n，直径为d，电阻为R，线圈导线所在位置磁感应强度大小为B，磁场分布如图(b)。线圈在磁缸内以周期T上下做周期性平动，运动速度v＝v0cost。则下列说法正确的是(　C　) A．t＝0时刻，通过线圈平面的磁通量大于零 B．线圈中产生的感应电动势e＝πBdv0cost C．线圈中产生的感应电流有效值为 D．线圈运动时受到的安培力有时与速度同向，有时与速度反向 [解析]　t＝0时通过线圈平面的磁通量为零，A错误；由于线圈圆心与N极轴线重合，因此线圈导线所在位置的磁感应强度大小相等，线圈展开可看作是直导线在匀强磁场中沿垂直于磁场的方向做切割磁感线运动，产生的感应电动势e＝Blv＝B·πdn·v0cost，B错误；感应电流i＝＝cost，有效值I＝＝，C正确；由楞次定律可知，线圈运动时所受安培力总阻碍线圈与磁场的相对运动，故总与线圈运动方向相反，D错误。 6．如图，一个魔方放在一张A4纸(210 mm×297 mm)的中央，魔方距桌子边缘12 cm，某同学用手拉住A4纸的边缘，用力一拉，把A4纸从魔方下面拉出，最后魔方刚好停在桌子边缘，在这个过程中，魔方不发生滚动，已知魔方的质量为m＝200 g，纸的质量可以忽略，魔方与纸之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，魔方与桌面之间的动摩擦因数为μ2＝0.3, g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　BD　) A．纸对魔方做的功为－0.028 8 J B．纸与魔方间因摩擦而产生的热量为0.0594 J C．整个过程中纸对魔方的摩擦力的冲量大小为3.6×10－3N·s D．魔方克服桌面摩擦力做的功为0.028 8 J [解析]　纸与魔方间因摩擦而产生的热量为μ1mg× J＝0.059 4 J，故B正确；根据动能定理，纸对魔方做的功等于魔方克服桌面摩擦力做的功，0－0＝W纸＋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，纸对魔方做的功为0.028 8 J，故A错误，D正确；魔方运动过程中的最大速度为v＝＝ m/s，纸对魔方的摩擦力的冲量大小为mv＝ N·s，C错误。 7．行星“开普勒452b”绕一颗与太阳类似的恒星做匀速圆周运动，已知地球半径为R，表面重力加速度为g。经过观察与测量知该行星的半径为1.6R，两极表面重力加速度为2g，公转周期为T。两者公转半径相等，引力常量为G，则根据题设数据可以得到(　ACD　) A．“开普勒452b”与地球的第一宇宙速度的比值 B．“开普勒452b”的自转周期与地球的自转周期的比值 C．“开普勒452b”质量与地球质量之比 D．“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比 [解析]　地球的第一宇宙速度为v1＝，“开普勒452b”的第一宇宙速度v1′＝＝v1，A正确；由于题设条件不足，故无法求出“开普勒452b”的自转周期与地球的自转周期的比值，B错误；根据牛顿第二定律和万有引力定律知＝mg，整理后有M＝，“开普勒452b”质量与地球质量之比为＝＝，选项C正确；根据平均密度公式有＝＝，可得“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比为＝＝，D正确。 8．甲、乙两网球在同一处沿同一方向水平抛出，打在距抛出点30 m远的竖直墙上，两球落点在竖直方向上相距8.75 m，位置如图所示，其中A为甲网球的落点，B为乙网球的落点。已知甲网球抛出时的初速度大小为20 m/s，不考虑空气阻力的影响，重力加速度取g＝10 m/s2，则(　AB　) A．甲网球在竖直方向上下落的高度为11.25 m B．乙网球抛出时的初速度大小为15 m/s C．甲网球在A点的速度大于乙网球在B点的速度 D．若将两网球的初速度均减为原来的一半，则两网球有可能在空中相遇 [解析]　设甲网球落到A点所用的时间为t1，则有t1＝ s＝1.5 s，故甲网球在竖直方向上下落的高度为h1＝gt，代入数据可得h1＝11.25 m，选项A正确；由于A、B两点间的竖直距离为8.75 m，故乙网球在竖直方向上下落的高度为h2＝h1＋8.75 m＝20 m，设乙网球运动到B点所用时间为t2，则由h2＝gt代入数据可得t2＝2 s，故乙网球抛出时的初速度大小为v乙＝ m/s＝15 m/s，选项B正确；甲网球在A点的速度大小为vA＝，代入数据可得vA＝25 m/s，同理可得vB＝，代入数据解得vB＝25 m/s，故两球速度大小相等，选项C错误；则两网球的初速度均减为原来的一半，若两网球在空中相遇，如两网球在竖直方向上下落的高度一定相同，由h＝gt2可知，两网球在空中的运动时间相等，但由于两网球的水平初速度不同，所以两网球在水平方向上的位移不同，故两网球不可能在空中相遇，选项D错误。 - 5 -