20分鐘快速訓練(一)此題共8小題，每題6分，共48分。在每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．(2023·重慶市一模)以下說法正確的選項是(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．eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋xeq\o\al(1,0)n是核裂變方程，其中x＝10C．發生光電效應時，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一，故A錯誤；根據質量數守恒和電荷數守恒，得x＝10，故B正確；根據光電效應方程知：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝hν－W，入射光頻率越大所產生的光電子的最大初動能就越大，與入射光的強度無關。故C錯誤；愛因斯坦的質能方程E＝mc2，只是說明物體具有的能量與它的質量之間存在著簡單的正比關系，E并不是物體以光速c運動的動能。故D錯誤。2．(2023·湖南省衡陽市八中一模)如圖，豎直平面內有一段圓弧MN，小球從圓心O處水平拋出；假設初速度為va，將落在圓弧上的a點；假設初速度為vb，將落在圓弧上的b點；Oa、Ob與豎直方向的夾角分別為α、β，不計空氣阻力，那么(D)A．eq\f(va,vb)＝eq\f(sinα,sinβ) B．eq\f(va,vb)＝eq\f(cosβ,cosα)C．eq\f(va,vb)＝eq\f(cosβ,cosα)eq\r(\f(sinα,sinβ)) D．eq\f(va,vb)＝eq\f(sinα,sinβ)eq\r(\f(cosβ,cosα))[解析]設圓弧MN的半徑為R。對a，根據Rcosα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2Rcosα,g))，那么va＝eq\f(Rsinα,t1)＝Rsinαeq\r(\f(g,2Rcosα))。對b，根據Rcosβ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)得t2＝eq\r(\f(2Rcosβ,g))，那么vb＝eq\f(Rsinβ,t2)＝Rsinβeq\r(\f(g,2Rcosβ))，解得eq\f(va,vb)＝eq\f(sinα,sinβ)eq\r(\f(cosβ,cosα))，D正確。3．(2023·江西省贛中南五校模擬)如下圖，系統處于靜止狀態，不計一切摩擦，細繩、滑輪的質量都可忽略，那么甲、乙兩物塊的質量之比為(C)A．1 B．eq\f(\r(2),2)C．eq\r(3) D．2[解析]乙處于平衡狀態，那么繩子拉力等于乙的重力，即T＝m乙g，甲處于靜止狀態，受力平衡，合力為零，對甲受力分析，根據平衡條件得：2Tcos30?＝m甲g，解得：eq\f(m甲,m乙)＝eq\r(3)，C正確；ABD錯誤。4．(2023·山東省青島市二模)一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到如下圖的水平外力作用，以下說法正確的選項是(D)A．第1s末物體的速度為2m/sB．第2s末外力做功的瞬時功率最大C．第1s內與第2s內質點動量增加量之比為1：2D．第1s內與第2s內質點動能增加量之比為4：5[解析]由動量定理：Ft＝mv2－mv1，求出1s末、2s末速度分別為：v1＝4m/s、v2＝6m/s，A錯誤；第1s末的外力的功率P＝Fv＝4×4W＝16W，第2s末外力做功的瞬時功率：P′＝Fv＝2×6W＝12W，B錯誤；第1s內與第2s內質點動量增加量之比為：eq\f(p1,p2)＝eq\f(mv1,mv2－mv1)＝eq\f(1×4,1×6－1×4)＝eq\f(2,1)，C錯誤；第1s內與第2s內動能增加量分別為：Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝8J，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝10J，那么：Ek1∶Ek2＝8∶10＝4∶5，動能增加量的比值為4：5，D正確。5．(2023·揭陽市二模)如下圖，同為上下開口、內壁光滑的銅管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。那么小磁塊(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，有內能產生，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。應選C。6．(2023·遼寧省大連市二模)在豎直平面內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，如下圖。開始小球靜止于M點，這時細線恰好為水平，現用外力將小球拉到最低點P，然后由靜止釋放，以下判斷正確的選項是(BCD)A．小球到達M點時速度為零B．小球到達M點時速度最大C．小球運動到M點時繩的拉力大小為3eq\r(3)mgD．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球將做勻變速曲線運動[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＝mgcot30°＝eq\r(3)mg，這個方向上位移為L，所以：F合L＝eq\r(3)mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)；T－eq\r(3)mg＝meq\f(v\o\al(2,M),L)，聯立解得T＝3eq\r(3)mg，C正確；假設小球運動到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；應選BCD。7．(2023·安徽省江淮十校第三次聯考)如下圖，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，正六邊形的邊長為2cm，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BA．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FD．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＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(－2.0×10－8,1.0×10－8)V＝－2V，UBA＝eq\f(WBA,q)＝eq\f(2.0×10－8,1.0×10－8)V＝2V，因B點電勢為零，那么φC＝2V，φA＝－2V，那么可知EB為等勢線，場強方向由C指向A，根據E＝eq\f(UCA,dCA)可確定場強的大小，故AB正確，C錯誤；點電荷假設沿直線從B到F，必定要受到外力作用，因運動的性質不確定，那么外力不能確定，故外力功不確定，不能確定動能的變化，D錯誤。應選AB。8．(2023·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。那么(AC)A．當v＜eq\f(qBL,2m)時所有離子都打不到熒光屏上B．當v＜eq\f(qBL,m)時所有離子都打不到熒光屏上C．當v＝eq\f(qBL,m)時，打到熒光屏MN的離子數與發射的離子總數比值為eq\f(1,2)D．當v＝eq\f(qBL,m)時，打到熒光屏MN的離子數與發射的離子總數比值為eq\f(5,12)[解析]根據半徑公式R＝eq\f(mv,qB)，當v＜eq\f(qBL,2m)時，R＜eq\f(L,2)，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＜eq\f(qBL,2m)時所有離子都打不到熒光屏，故A正確；根據半徑公式R＝eq\f(mv,qB)，當v＜eq\f(qBL,m)時，R＜L，當半徑非常小時，即R