2023学年高考物理二轮复习600分冲刺20分钟快速训练4含解析.doc

20分钟快速训练(四) 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。 1．一群处于某能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出3种不同频率的光子。已知普朗克常量h，光在真空中的速度c，氢原子在某个能级时的能量En＝E，其中E为氢原子处于基态时的能量，n＝1,2，…。则能使氢原子从该能级电离的光子的最大波长为(　B　) A．　　　　　　　　 B．－ C． D．－ [解析]　由题意可知，只有当一群氢原子处于n＝3能级向低能级跃迁时，才能够辐射出3种不同频率的光子，由En＝E可知氢原子在该能级时具有的能量为E3＝E，若要使氢原子从该能级电离，则氢原子至少需要吸收的光子的能量为ΔE＝0－E＝－E，由－E＝可得λ＝－，选项B正确。 2．如图所示，重力为G的水平铜棒AC用绝缘丝线悬挂，静止在水平螺线管的正上方，铜棒中通入从A到C方向的恒定电流，螺线管与干电池、开关S串联成一个回路。当开关S闭合后一小段时间内，下列判断正确的是(　C　) A．丝线的拉力大小为G B．丝线的拉力小于G C．从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动 D．从上向下看，铜棒沿顺时针方向转动 [解析]　开关S断开时丝线的拉力大小为G，开关S闭合后，画出一条与AC相交的磁感线，设两交点处磁感应强度分别为B和B′，根据安培定则判断，磁感线方向如图所示，分别将B和B′沿水平方向与竖直方向分解，根据左手定则判断知A端受到垂直纸面向外的安培力，C端受到垂直纸面向内的安培力，S闭合后的一小段时间内，从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动，C正确，D错误；开关S闭合，铜棒转动后，将受到竖直向下的分安培力，丝线的拉力大于G，A、B均错误。 3．2023年年3月21日，我国高分辨率对地观测系统的高分五号和高分六号两颗卫星正式投入使用。这标志着高分专项打造的高空间分辨率、高时间分辨率、高光谱分辨率的天基对地观测能力中最有应用特色的高光谱能力已形成。极地卫星的轨道平面通过南、北两极，假如高分五号为极地卫星，其轨道视为圆轨道，从北纬60°运行到赤道0°所用时间为t，地球自转周期为T，地球半径为R，两极表面的重力加速度为g。为了满足环境综合监测的需求，卫星对地面扫描必须无缝对接，下列说法正确的是(　D　) A．高分五号卫星离地面的高度为－R B．高分五号卫星离地面的高度为 C．若卫星所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，速度会减小 D．若卫星所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会减小 [解析]　高分五号卫星运行的周期为T′＝6t，由万有引力定律得G＝m(R＋h)、G＝m′g，解得h＝－R，A、B错误；由于气体的阻力，卫星的高度会降低，速度会增大，机械能会减小，C错误，D正确。 4．如图所示，AB与BC间有垂直纸面向里的匀强磁场，∠B＝30°，P为AB上的点，PB＝L。一对正、负电子(重力及电子间的作用均不计)同时从P点以同一速度沿平行于BC的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从S点垂直于AB方向射出磁场，另一个从Q点射出磁场，则下列说法正确的是(　D　) A．负电子从S点射出磁场 B．正、负电子先后离开磁场 C．正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为150° D．Q、S两点间的距离为L [解析]　正、负电子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知负电子从Q点射出磁场，A错误；由几何关系知∠O1＝∠O2＝60°，由T＝和t＝T知正、负电子在磁场中运动的时间相等即同时离开磁场，B错误；由几何关系知正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°，C错误；由r＝知两电子运动的轨迹半径相同，由几何关系知r＝PS＝PQ＝PB＝L，则SQ＝L，D正确。 5．在光滑绝缘水平面上的A点和水平面上方的B点分别固定一个点电荷，另有一个带负电小球P(视为点电荷)从C点由静止释放，如图所示，小球P在水平面上由C向A运动，小球P在C点时的加速度大小为a，过AC中点D时加速度为零，ΔABC为直角三角形，且∠ABC为直角，θ＝30°。在小球P向A运动的过程中，下列判断正确的是(　B　) A．A处的点电荷带正电，B处的点电荷带负电 B．小球P过CD中点时加速度大小为a C．在C点时A处的点电荷对P的库仑力大小是B处点电荷对P的 D．小球P对水平面的压力一直增大 [解析]　小球P由静止释放后向A运动，说明P所受合外力沿CA方向，小球P在AC中点D的加速度为零，说明B处点电荷对P的库仑力的水平分力与A处点电荷对P的库仑力等大反向，A、B处点电荷均带正电，A错误；ΔBCD为正三角形，设在D点时A处点电荷对P的库仑力大小为F，则B处点电荷对P的库仑力沿AC方向的分力也为F，在C点时A处点电荷对P的库仑力为F，B处点电荷对P的库仑力沿CA方向的分子仍为下，故P在C点的加速度大小a＝＝，在CD中点，B处点电荷对P的库仑力垂直于CD，A处点电荷对P的库仑力大小为F′＝()2F，P的加速度a′＝＝＝a，B正确；由以上分析可得，在C点时B处点电荷对P的库仑力大小为2F，故在C点时A处的点电荷对P的库仑力大小是B处点电荷对P的，C错误；小球P受水平面的支持力FN＝mg－FBsinα，其中α为FB与水平面的夹角，B处点电荷对P的库仑力FB先增大后减小，α先增大后减小，因此FN先减小后增大，D错误。 6．小型发电站向偏远山村输送功率为P0的电能，若用240 V电压直接输电，则用户得到180 V电压(不经过升压或降压)；若用1 200 V电压经同一线路向山村输电(输电功率为P0不变)，欲使用户得到220 V正常电压。设直接输电和高压输电的输电线路损失的功率之比为N，高压输电降压变压器的变压比(原、副线圈匝数比)为n，则(　AD　) A．N＝25 B．N＝5 C．n＝12 D．n＝ [解析]　设以240 V电压直接输电时输电电流为I0，则P0＝240 V·I0，用户获得功率P＝180 V·I0，输电线损失功率ΔP＝IR线＝(240 V－180 V)I0＝P0；设用1 200 V电压输电时输电电流为I1，则P0＝1 200 V·I1，用户获得功率P′＝220 V·I2，此时输电线损失的电功率ΔP′＝IP线；解得I0＝5I1，则ΔP＝25ΔP′，N＝25，使用1 200 V电压输电时用户获得功率P′＝P0－ΔP′＝P0－ΔP＝P0＝220 V·I2，所以变压器输出电流I2＝1.08I0，则降压变压器的变压比n＝＝＝＝，A、D正确。 7．如图所示，初始时A、B两木块在水平外力F的作用下静止在竖直墙面上，A与B、B与墙面之间的动摩擦因数都为μ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两木块质量相等，都为1 kg，g取10 m/s2，当外力F变为下列不同值时，关于A、B之间的摩擦力f1，B与墙面之间的摩擦力f2的大小正确的是(　AC　) A．当F＝0时，f1＝f2＝0 B．当F＝50 N时，f1＝0，f2＝5 N C．当F＝100 N时，f1＝5 N，f2＝10 N D．当F＝400 N时，f1＝20 N, f2＝20 N [解析]　当F＝0时，A、B间及B与墙面间均没有压力，故没有摩擦力，A正确；当F＝50 N时，对A、B整体分析，B与墙面间的最大静摩擦力为μF＝0.1×50 N＝5 N，小于两木块的重力，假设整体一起下滑，f2＝5 N，此时A、B的加速度a＝7.5 m/s2，对A单独受力分析，由牛顿第二定律得ma＝mg－f1，则f1＝2.5 N＜5 N，假设成立，故B错误；当F＝100 N时，B与墙面间及A、B间最大静摩擦力均为fm＝μF＝10 N，A的重力等于A、B间的最大静摩擦力，A、B不会发生相对滑动，故A、B间为静摩擦力，故A、B整体下滑，摩擦力f2＝10 N；由牛顿第二定律可知，A、B整体下降滑的加速度为a＝ m/s2＝5 m/s2，则对A分析可知mg－f1＝ma，解得f1＝mg－ma＝5 N，故C正确；当F＝400 N时，最大静摩擦力为0.1×400 N＝40 N，木块的重力小于最大静摩擦力，同理A受到的最大静摩擦力也为40 N，A也处于静止，故两木块均保持静止，摩擦力均等于重力，f1＝10 N，f2＝20 N，D错误。 8．如图所示，一电场的等势面为一簇相互平行的竖直平面，间隔均为d，一质量为m、带电荷量为＋q的小球在空中某点以初速度v0水平向右抛出，小球落到水平地面上的速率为v0。若相邻两个等势面间的电势差为U0＝，则下列说法正确的是(　ACD　) A．小球落地时速度方向一定与地面垂直 B．小球下落过程，电势能先增大再减小 C．小球下落过程，动能先减小再增大 D．小球下落过程，机械能一直减小 [解析]　如图所示，小球所受的电场力F0＝q·＝mg，F0和重力mg合力为F，小球的运动可分解为沿F方向和垂直F方向，则垂直F方向的初始分速度vx＝v0cos45°，沿F方向的初始分速度为vy＝v0cos45°，小球落地速率为v0，则小球必然处于垂直F且过初始位置的直线上，此时垂直F方向速度不变，沿F方向速度与初始分速度等大反向，由速度合成可得小球落地时速度方向与地面垂直，A正确；由于小球落地时速度方向与地面垂直，在落地前，小球一直向右运动，电场力做负功，电势能增大，机械能减小，D正确，B错误；小球速度与F方向垂直时，速度最小，因而小球下落过程中，动能先减小再增大，C正确。 - 5 -