2018年高考物理二轮复习20分钟快速训练1(含答案和解释)

20分钟快速训练(一)
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．(2019•重庆市一模)下列说法正确的是导学号 86084390( B )
A．光的波粒二象性是综合了牛顿的微粒说和惠更斯的波动说得出来的
B．235 92U＋10n—→9038Sr＋136 54Xe＋x10n是核裂变方程，其中x＝10
C．发生光电效应时，入射光越强，光子的能力就越大，光电子的最大初动能就越大
D．爱因斯坦的质能方程E＝mc2中，E是物体以光速c运动的动能
[解析]　光的波粒二象性是麦克斯韦的电磁说与爱因斯坦的光子说的统一，故A错误；根据质量数守恒和电荷数守恒，得x＝10，故B正确；根据光电效应方程知：12mv2m＝hν－W，入射光频率越大所产生的光电子的最大初动能就越大，与入射光的强度无关。故C错误；爱因斯坦的质能方程E＝mc2，只是说明物体具有的能量与它的质量之间存在着简单的正比关系，E并不是物体以光速c运动的动能。故D错误。
2．(2019•湖南省衡阳市八中一模)如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出；若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点；已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则导学号 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]　设圆弧MN的半径为R。对a，根据Rcos α＝12gt21得t1＝2Rcos αg，则va＝Rsin αt1＝Rsin αg2Rcos α。对b，根据Rcos β＝12gt22得t2＝2Rcos βg，则vb＝Rsin βt2＝Rsin βg2Rcosβ，解得vavb＝sin αsin βcos βcos α，D正确。
3．(2019•江西省赣中南五校模拟) 如图所示，系统处于静止状态，不计一切摩擦，细绳、滑轮的质量都可忽略，则甲、乙两物块的质量之比为导学号 86084392( C )

A．1 B．22
C．3 D．2
[解析]　乙处于平衡状态，则绳子拉力等于乙的重力，即T＝m乙g，甲处于静止状态，受力平衡，合力为零，对甲受力分析，根据平衡条件得：2Tcos 30˚＝m甲g，
解得：m甲m乙＝3， C正确；ABD错误。
4．(2019•山东省青岛市二模)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是导学号 86084393( D )

A．第1 s末物体的速度为2 m/s
B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1：2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4：5
[解析]　由动量定理：Ft＝mv2－mv1，求出1 s末、2 s末速度分别为：v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A错误；第1 s末的外力的功率P＝Fv＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率：P′＝Fv＝2×6 W＝12 W，B错误；第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为：p1p2＝mv1mv2－mv1＝1×41×6－1×4＝21，C错误；第1s内与第2s内动能增加量分别为：Ek1＝12mv21＝8 J，Ek2＝12mv22－12mv21＝10 J，则：Ek1∶Ek2＝8∶10＝4∶5，动能增加量的比值为4：5，D正确。
5．(2019•揭阳市二模)如图所示，同为上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块导学号 86084394( C )

A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
[解析]　由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，A错误；在铜管P中下落的过程中，有内能产生，机械能不守恒，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，B、D错误；在P中加速度较小，下落时间比在Q中的长，C正确。故选C。
6．(2019•辽宁省大连市二模)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示。开始小球静止于M点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，下列判断正确的是导学号 86084395( BCD )

A．小球到达M点时速度为零
B．小球达到M点时速度最大
C．小球运动到M点时绳的拉力大小为33mg
D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动
[解析]　当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，故A错误，B正确；电场力与重力合力为F合＝mgcot 30°＝3mg，这个方向上位移为L，所以：F合L＝3mgL＝12mv2M；T－3mg＝mv2ML，联立解得T＝33 mg，C正确；若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D正确；故选BCD。
7．(2019•安徽省江淮十校第三次联考)如图所示，ABCDEF是在匀强电场中画出的一个正六边形，该六边形所在平面与电场线(图中没有画出)平行，已知正六边形的边长为2 cm，将一电荷量为1.0×10－8C的正点电荷从B点移动到C点克服电场力做功为2.0×10－8J，将该点电荷从B点移动到A点，电场力做的功为2.0×10－8J，设B点电势为零。由上述信息通过计算能确定的是导学号 86084396( AB )

A．电场强度的大小
B．过A点的等势线
C．匀强电场的场强方向为由C指向F
D．将该点电荷沿直线BF由B点移到F点动能的变化量
[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点电势为零，则φC＝2 V，φA＝－2 V，则可知EB为等势线，场强方向由C指向A，根据E＝UCAdCA可确定场强的大小，故AB正确，C错误；点电荷若沿直线从B到F，必定要受到外力作用，因运动的性质不确定，则外力不能确定，故外力功不确定，不能确定动能的变化，D错误。故选AB。
8．(2019•江西省新余市二模)如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力。则导学号 86084397( AC )

A．当v＜qBL2m时所有离子都打不到荧光屏上
B．当v＜qBLm时所有离子都打不到荧光屏上
C．当v＝qBLm时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为12
D．当v＝qBLm时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为512
[解析]　根据半径公式R＝mvqB，当v＜qBL2m时，R＜L2，直径2R＜L，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当v＜qBL2m时所有离子都打不到荧光屏，故A正确；根据半径公式R＝mvqB，当v＜qBLm时，R＜L，当半径非常小时，即R＜L2时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当L2≤R＜L，有离子打到荧光屏上，故B错误；当v＝qBLm时，根据半径公式R＝mvqB＝L，离子运动轨迹如图所示，离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切；离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为12，故D错误，C正确。
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