2020年高考物理冲破高分瓶颈考前必破：选择题增分练(二)(解析版)

选择题增分练(二)（解析版）

说明：共8小题，每小题6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．氢原子的能级示意图如图所示，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光，若用这些光照射逸出功为4.5 eV的钨时，下列说法中正确的是()

A．氢原子能辐射4种不同频率的光子

B．氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应

C．氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率增大

D．钨能吸收两个从n＝4向n＝2能级跃迁的光子而发生光电效应

【答案】C

解析：氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时能辐射6种不同频率的光子．从n＝4到n＝3跃迁辐射出的光子能量E43＝(1.51－0.85)eV＝0.66 eV＜4.54 eV，故不能使钨发生光电效应；氢原子辐射一个光子后，能级降低，半径变小，动能变大，速率增大；金属发生光电效应时，不能同时吸收两个光子；综上述选项C正确．2．如图所示，一定质量的小物体(可视为质点)用轻质细线固定悬挂在天花板上．在水平拉力F作用下，当细线与竖直方向夹角为30°时小物体恰能处于平衡状态．若对小物体施加同样大小的拉力，方向垂直于细线，仍然使物体处于平衡状态．则下列说法中正确的是()

A．小物体所受到的重力大小为3F

B．当施加水平方向作用力时细线受到沿线方向的拉力大小等于2F

C．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线受到沿线方向的拉力大小等于2F

D．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角大于60°

【答案】A

解析：对小物体受力分析，根据平衡条件可得tan 30°＝

F

mg，F T sin 30°＝F，解得小物体所受到的重力大小

mg＝3F，细线受到沿线方向的拉力大小F T＝F

sin 30°＝2F，故A正确，B错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，根据平衡条件可得F T＝（mg）2－F2＝2F，解得细线受到沿线方向的拉力大小F T＝2F，故C 错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角θ，则有mg sin θ＝F，解得细线与竖直方向

的夹角sin θ＝

3

3＜sin 60°，故D错误；故选A.

3．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，重力加速度g取10 m/s2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为()

A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2

B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2

C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2

D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2

【答案】D

解析：由受力分析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即F f＝ma1，且F f的最大值为F fm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2.当F较大时，m与M发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2，综上所述只有选项D符合题意．

4．如图所示，A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，B、C运行轨道与赤道在同一平面内，P为B、C两卫星轨道的交点，已知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是()

A ．卫星

B 在近地点的速度大于卫星

C 的速度

B ．卫星B 在P 点的加速度大于卫星

C 的加速度

C ．卫星C 的运行速度小于物体A 的速度

D ．卫星C 和物体A 具有相同大小的加速度

【答案】A

解析：B 在椭圆轨道上的近地点距地球距离小于C 卫星的轨道半径，因为B 在近地点将做离心运动，故B 在近地点速度大于在近地点做圆周运动的卫星速度，再根据卫星速度公式v ＝ GM r

，可知，近地点环绕速度大于C 卫星的速度，从而可知，B 在近地点的速度大于卫星C 的速度，故A 正确；根据万有引力提供

向心力：G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝G M r

2，在P 点，G 、M 、r 都相同，所以卫星B 在P 点的加速度大小与卫星C 在P 点加速度大小相等，故B 错误；因为A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，所以A 、B 、C 的角速度相等，卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，由v ＝ωr 可知，C 的线速度大于A 的线速度，故C 错误；根据a ＝ω2r ，可知因为卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，所以卫星C 加速度大于物体A 的加速度，故D 错误．故A 正确，BCD 错误．

5．如图所示，以O 点为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f ，等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，下列说法中正确的是( )

A ．b 、c 、e 、f 四点的场强相同

B ．b 、c 、e 、f 四点的电势相等

C ．O 点的电势高于b 、c 、e 、f 四点的电势

D ．将一带正电的试探电荷从O 点移到e 点，电场力做正功

【答案】D

解析：由题意可知，两点电荷在e 、f 处的电场强度各自进行矢量合成，则e 、f 处场强大小相等，而方向不相同，同理b 、c 电场强度大小相等，方向不同，故A 错误．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b 、f 二点的电势相等，而c 、e 二点的电势相等，且b 、f 二点的电势高于c 、e 二点的电势，故B 错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此O 点的电势高于c 、e 二点的电势，而低于b 、f 二点的电势，故C 错误；将一带正电的试探电荷从O 点移到e 点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D 正确；故选D.

6．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49

π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd (d 点未在图中标出)的匝数为N ，其边长ab ＝cd ＝l ，bc ＝ad ＝2l ；线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进、出磁场．在磁场中，bc 边和ad 边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．则( )

A ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl 2ω

B ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，bc 边所受安培力的大小为4N 2B 2l 3ωR ＋r

C ．通过R 的电流有效值为2NBl 2ωR ＋r

D ．通过R 的电流有效值为4NBl 2ω3（R ＋r ）

【答案】BD

解析：bc 、ad 边的运动速度v ＝L 2ω，电动势E m ＝2NB 2Lv ＝2NBl 2ω，A 错误；根据欧姆定律得，电流I m ＝E m R ＋r

，bc 边所受安培力为F ＝NBI m 2l ＝4N 2B 2l 3ωR ＋r

，故B 项正确；因为两磁场的圆心角为49π，故一个周期内通电时间t ＝49T ，由有效值定义知：I 2m (R ＋r )49T ＝I 2(R ＋r )T ，解得I ＝4NBl 2ω3（R ＋r ）

，故选项D 正确． 7．质量为M 的足够长的木板B 放在光滑水平地面上，一个质量为m 的滑块A (可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a -F 图象，取g ＝10 m/s 2，则( )

A ．滑块A 的质量m ＝1.5 kg

B ．木板B 的质量M ＝1.5 kg

C ．当F ＝5 N 时，木板B 的加速度a ＝4 m/s 2

D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ＝0.1

【答案】AC

解析：由图乙知，当F ＝4 N 时A 、B 相对静止，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析：F ＝(m ＋M )a ，解得m

＋M ＝2 kg ，当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M

，由图象可知，图线的斜率：k ＝1M ＝Δa ΔF

＝2 kg －1，解得M ＝0.5 kg ，则滑块A 的质量为：m ＝1.5 kg ，故A 正确，B 错误；将F ＞4 N 所对图线反向延长线与F 轴交点坐标代入α＝1M F －μmg M

，解得μ＝0.2，故D 错误；根据F ＝5 N ＞4 N 时，滑块与木块相对滑动，B 的加速度为a B ＝1M F －μmg M

＝4 m/s 2，故C 正确． 8．如图所示，倾角θ＝60°、高为h 的粗糙绝缘斜面体ABC 固定在水平地面上，一个带负电的小球(可视为

点电荷)固定在BC 边上距B 点h 3

高处的D 点，可视为质点的带正电的小物块Q 静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0.已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝

33

，小物块Q 所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )

A ．小物块Q 静止于A 点时所受的库仑力与其重力大小相等

B ．若要拉动小物块Q ，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值为33

mg C ．在拉动小物块Q 缓慢沿斜面向上运动的过程中，当其所受摩擦力最大时，系统的电势能也最大

D ．若缓慢地将小物块Q 从A 点拉动至C 点，则外力做功等于小物块Q 重力势能的增加量与系统因摩擦而产生的热量之和

【答案】AD

解析：小物块Q 静止于A 点时，恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0，对小物块Q 受力分析且由几何关系可知，小物块Q 所受库仑引力与水平面夹角为30°，则沿斜面方向对小物块Q 由平衡条件得mg sin 60°＝F 库cos 30°，解得F 库＝mg ，A 正确．小物块Q 运动时，除拉力外的受力如图甲所示，库仑力与重力大小相等，且二者夹角为120°，故库仑力与重力的合力大小为F 2＝mg ，合力在重力与库仑力的角平分线上，方向与重力方向夹角为60°，由题给数据知小物块Q 所受支持力与滑动摩擦力的合力F 1方向沿水平方向向

右．如图乙所示，由图解法可得，满足拉力与F 1方向垂直时，拉力最小，最小值为mg sin 30°＝12

mg ，B 错误．在运动过程中，小物块Q 与D 点距离最近时，所受的库仑力最大，与斜面间弹力最大，滑动摩擦力最

大，此时系统的电势能最小，C错误．DA＝DC，小物块Q在A、C两点电势能相等，由能量守恒可知，若缓慢地将小物块Q从A点拉动至C点，则外力做功等于小物块Q的重力势能增加量与系统因摩擦而产生的热量之和，D正确．

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