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20分鐘快速訓練(一)
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．(2019•重慶市一模)下列說法正確的是導學號 86084390( B )
A．光的波粒二象性是綜合了牛頓的微粒說和惠更斯的波動說得出來的
B．235 92U＋10n—→9038Sr＋136 54Xe＋x10n是核裂變方程，其中x＝10
C．發(fā)生光電效應時，入射光越強，光子的能力就越大，光電子的最大初動能就越大
D．愛因斯坦的質(zhì)能方程E＝mc2中，E是物體以光速c運動的動能
[解析]　光的波粒二象性是麥克斯韋的電磁說與愛因斯坦的光子說的統(tǒng)一，故A錯誤；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，得x＝10，故B正確；根據(jù)光電效應方程知：12mv2m＝hν－W，入射光頻率越大所產(chǎn)生的光電子的最大初動能就越大，與入射光的強度無關(guān)。故C錯誤；愛因斯坦的質(zhì)能方程E＝mc2，只是說明物體具有的能量與它的質(zhì)量之間存在著簡單的正比關(guān)系，E并不是物體以光速c運動的動能。故D錯誤。
2．(2019•湖南省衡陽市八中一模)如圖，豎直平面內(nèi)有一段圓弧MN，小球從圓心O處水平拋出；若初速度為va，將落在圓弧上的a點；若初速度為vb，將落在圓弧上的b點；已知Oa、Ob與豎直方向的夾角分別為α、β，不計空氣阻力，則導學號 86084391( D )

A．vavb＝sin αsin β 　　　　　　　 B．vavb＝cos βcos α
C．vavb＝cos βcos αsin αsin β D．vavb＝sin αsin βcos βcos α
[解析]　設圓弧MN的半徑為R。對a，根據(jù)Rcos α＝12gt21得t1＝2Rcos αg，則va＝Rsin αt1＝Rsin αg2Rcos α。對b，根據(jù)Rcos β＝12gt22得t2＝2Rcos βg，則vb＝Rsin βt2＝Rsin βg2Rcosβ，解得vavb＝sin αsin βcos βcos α，D正確。
3．(2019•江西省贛中南五校模擬) 如圖所示，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，不計一切摩擦，細繩、滑輪的質(zhì)量都可忽略，則甲、乙兩物塊的質(zhì)量之比為導學號 86084392( C )

A．1 B．22
C．3 D．2
[解析]　乙處于平衡狀態(tài)，則繩子拉力等于乙的重力，即T＝m乙g，甲處于靜止狀態(tài)，受力平衡，合力為零，對甲受力分析，根據(jù)平衡條件得：2Tcos 30˚＝m甲g，
解得：m甲m乙＝3， C正確；ABD錯誤。
4．(2019•山東省青島市二模)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到如圖所示的水平外力作用，下列說法正確的是導學號 86084393( D )

A．第1 s末物體的速度為2 m/s
B．第2 s末外力做功的瞬時功率最大
C．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為1：2
D．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量之比為4：5
[解析]　由動量定理：Ft＝mv2－mv1，求出1 s末、2 s末速度分別為：v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A錯誤；第1 s末的外力的功率P＝Fv＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬時功率：P′＝Fv＝2×6 W＝12 W，B錯誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為：p1p2＝mv1mv2－mv1＝1×41×6－1×4＝21，C錯誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)動能增加量分別為：Ek1＝12mv21＝8 J，Ek2＝12mv22－12mv21＝10 J，則：Ek1∶Ek2＝8∶10＝4∶5，動能增加量的比值為4：5，D正確。
5．(2019•揭陽市二模)如圖所示，同為上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置。小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部。則小磁塊導學號 86084394( C )

A．在P和Q中都做自由落體運動
B．在兩個下落過程中的機械能都守恒
C．在P中的下落時間比在Q中的長
D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大
[解析]　由于電磁感應，在銅管P中還受到向上的磁場力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落體運動，A錯誤；在銅管P中下落的過程中，有內(nèi)能產(chǎn)生，機械能不守恒，落至底部時在P中的速度比在Q中的小，B、D錯誤；在P中加速度較小，下落時間比在Q中的長，C正確。故選C。
6．(2019•遼寧省大連市二模)在豎直平面內(nèi)有一方向斜向上且與水平方向成α＝30°的勻強電場，電場中有一質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，如圖所示。開始小球靜止于M點，這時細線恰好為水平，現(xiàn)用外力將小球拉到最低點P，然后由靜止釋放，下列判斷正確的是導學號 86084395( BCD )

A．小球到達M點時速度為零
B．小球達到M點時速度最大
C．小球運動到M點時繩的拉力大小為33mg
D．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球?qū)⒆鰟蜃兯偾�線運動
[解析]　當小球靜止于M點時，細線恰好水平，說明重力和電場力的合力方向水平向右，小球從P到M過程中，線拉力不做功，只有電場力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右邊時，速度最大，而不是零，故A錯誤，B正確；電場力與重力合力為F合＝mgcot 30°＝3mg，這個方向上位移為L，所以：F合L＝3mgL＝12mv2M；T－3mg＝mv2ML，聯(lián)立解得T＝33 mg，C正確；若小球運動到M點時，細線突然斷裂，速度方向豎直向上，合外力水平向右，做勻變速曲線運動，故D正確；故選BCD。
7．(2019•安徽省江淮十校第三次聯(lián)考)如圖所示，ABCDEF是在勻強電場中畫出的一個正六邊形，該六邊形所在平面與電場線(圖中沒有畫出)平行，已知正六邊形的邊長為2 cm，將一電荷量為1.0×10－8C的正點電荷從B點移動到C點克服電場力做功為2.0×10－8J，將該點電荷從B點移動到A點，電場力做的功為2.0×10－8J，設B點電勢為零。由上述信息通過計算能確定的是導學號 86084396( AB )

A．電場強度的大小
B．過A點的等勢線
C．勻強電場的場強方向為由C指向F
D．將該點電荷沿直線BF由B點移到F點動能的變化量
[解析]　UBC＝WBCq＝－2.0×10－81.0×10－8 V＝－2 V，UBA＝WBAq＝2.0×10－81.0×10－8 V＝2 V，因B點電勢為零，則φC＝2 V，φA＝－2 V，則可知EB為等勢線，場強方向由C指向A，根據(jù)E＝UCAdCA可確定場強的大小，故AB正確，C錯誤；點電荷若沿直線從B到F，必定要受到外力作用，因運動的性質(zhì)不確定，則外力不能確定，故外力功不確定，不能確定動能的變化，D錯誤。故選AB。
8．(2019•江西省新余市二模)如圖，S為一離子源，MN為長熒光屏，S到MN的距離為L，整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B。某時刻離子源S一次性沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量的正離子，各離子質(zhì)量m、電荷量q、速率v均相同，不計離子的重力及離子間的相互作用力。則導學號 86084397( AC )

A．當v＜qBL2m時所有離子都打不到熒光屏上
B．當v＜qBLm時所有離子都打不到熒光屏上
C．當v＝qBLm時，打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為12
D．當v＝qBLm時，打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為512
[解析]　根據(jù)半徑公式R＝mvqB，當v＜qBL2m時，R＜L2，直徑2R＜L，離熒光屏最近的離子都打不到熒光屏上，所以當v＜qBL2m時所有離子都打不到熒光屏，故A正確；根據(jù)半徑公式R＝mvqB，當v＜qBLm時，R＜L，當半徑非常小時，即R＜L2時肯定所有離子都打不到熒光屏上；當L2≤R＜L，有離子打到熒光屏上，故B錯誤；當v＝qBLm時，根據(jù)半徑公式R＝mvqB＝L，離子運動軌跡如圖所示，離子速度為v1從下側(cè)回旋，剛好和邊界相切；離子速度為v2時從上側(cè)回旋，剛好和上邊界相切，打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為12，故D錯誤，C正確。
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