2020高考物理二轮复习600分冲刺20分钟快速训练1(含解析)

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．某同学利用图甲所示的电路图来研究光电效应，实验中先后用同一装置进行了两次实验。

每次实验后他都将得到的光电流I 与相对应的电压U 描绘到I －U 坐标系中，如图乙所示，已知普朗克常量为h ，实验中所用金属的逸出功为W 0，则下列说法正确的是( C )A ．A 光的频率大于B 光的频率B ．A 光和B 光的光强一样大C ．若A 光的频率为ν，则A 光照射金属时的遏止电压为hν－W 0eD ．A 光照射金属时的遏止电压大于B 光照射金属时的遏止电压[解析] 由题图乙可知两种光的遏止电压相同，故D 错误；由于两种光的遏止电压相同，由动能定理可得eU c ＝E km ，则两次实验时，产生的光电子的最大初动能E km 相同，由爱因斯坦光电效应方程hν＝W 0＋E km 可知两种光的频率相等，故A 错误；由题图乙可知在发生光电效应时A 光的饱和电流大于B 光的，则A 光的光强较大，故B 错误；根据hν＝W 0＋E km ，eU c ＝E km ，联立解得U c ＝hν－W 0e，故C 正确。

2．如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者的半径均为R ，材质相同且均匀。

现用水平向右的力缓慢拉动A ，直至C 恰好降到地面，整个过程中B 始终保持静止。

在此过程中( C )A ．C 对B 的压力逐渐变小B ．B 对地面的压力逐渐变小C ．地面对B 的摩擦力逐渐变大D ．地面对B 的作用力沿B 、C 的圆心连线方向[解析] 先隔离C ，受力分析如图1所示，由力的合成和平衡条件知，B 对C 的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律知，C 对B 的压力逐渐变大，A 错误；以整体为研究对象知，B 对地面的压力始终为三者总重力的一半，B 错误；隔离B 受力分析如图2所示，因C 对B 的压力逐渐变大，该力的水平分力逐渐增大，故地面对B 的摩擦力逐渐变大，C 正确；B 受四个力的作用，地面对B 的作用力应与B 的重力和C 对B 的压力的合力方向相反，指向沿B 、C 圆心连线偏上的方向，D 错误。

3．如图所示，水平传送带A 、B 两端相距8 m ，传送带在电动机的带动下，始终保持v ＝13 m/s 的速率逆时针运行。

工件滑上A 端时速度v A ＝10 m/s ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，取g ＝10 m/s 2。

工件在传送带上运动的整个过程中，其所受合外力F 、加速度a 、速度v 、位移x 随时间t 变化的图象正确的是( C )[解析] 根据牛顿第二定律可知μmg ＝ma ，则a ＝μg ＝6 m/s 2，工件速度达到13 m/s 所用时间为t 1＝v －v A a ＝0.5 s ，运动的位移为x 1＝v A t 1＋12at 21＝5.75 m ＜8 m ，则工件在到达B 端前速度已达到13 m/s ，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速运动后匀速运动。

只有C 正确。

4．2018年5月21日5时28分，我国在西昌卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将“鹊桥”号中继星发射升空。

这是世界首颗运行于地月拉格朗日L 2点(简称地月L 2点)的通信卫星，卫星为2018年底实施的嫦娥四号月球背面软着陆探测任务提供地月间的中继通信。

地月L 2点是卫星相对于地球和月球基本保持静止的一个空间点，即地月拉格朗日L 2点与月球、地球总在同一直线上，并且该点处于月球背面，如图所示。

假设地球到“鹊桥”号中继星的距离约为月球到“鹊桥”号中继星的距离的7倍，则地球质量与月球质量的比值最接近( B )A ．80B ．83C ．86D ．89[解析] 设“鹊桥”号中继星的质量为m ，地球质量为M ，月球质量为M ′，“鹊桥”号中继星到月球的距离为x ，则“鹊桥”号中继星到地球的距离为7x ，月球到地球的距离为6x ，由万有引力提供向心力，对“鹊桥”号中继星有，GMm (7x )2＋GM ′m x2＝m ·7xω2，因为“鹊桥”号中继星的质量远小于月球、地球的质量，它对月球的引力可忽略不计，故可只考虑地球对月球的引力，有GMM ′(6x )2＝M ′·6xω2，联立解得M M ′＝83，B 正确。

5．如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动。

另一端有一粒子源，能连续不断地相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子。

已知带电粒子的电荷量q ＝2.5×10－16 C 、质量m ＝3×10－18 kg ，不计粒子间相互作用及粒子重力，若打在圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的最远位置与O 点的距离是( A )A ．7 mB ．9 mC ．8 mD ．4 m[解析] 发射粒子时，粒子沿细圆筒方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直细圆筒方向的速度为ωL ＝300 m/s ，故粒子速度为v ′＝500 m/s ，如图所示，设粒子速度方向与细圆筒方向夹角为θ，则tan θ＝ωL v；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有Bv ′q ＝mv ′2R ，所以粒子轨迹半径为R ＝mv ′qB＝3 m ；根据左手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m ，故带电粒子在纸面内所能到达的最远位置与O 点的距离为s ＋R ＝7 m ，故A 正确。

6．如图所示，甲、乙两个小滑块(视为质点)静止在水平面上的A 、B 两处，B 处左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。

若甲在水平向右的拉力F ＝kt (其中k ＝2 N/s)的作用下由静止开始运动，当t ＝3 s 时撤去力F ，随后甲与乙发生正碰而黏合在一起，两滑块共同滑行2.4 m 后停下，已知甲的质量为1 kg ，两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.75，取g ＝10 m/s 2，则( BD )A ．0～3 s 内，力F 的冲量大小为18 N·sB ．撤去力F 时甲的速度大小为9 m/sC ．两滑块正碰后瞬间的速度大小为4.5 m/sD ．乙的质量为0.5 kg[解析] 设乙的质量为M ，甲的质量用m 表示，撤去力F 时甲的速度大小为v 1，两滑块正碰后瞬间的速度大小为v 2。

0～3 s 内，力F 的冲量大小I ＝0＋kt 2t ＝9 N·s，A 错误；根据动量定理有I ＝mv 1，得v 1＝9 m/s ，B 正确；两滑块沿粗糙水平面滑行的过程，根据动能定理有－μ(M ＋m )gL ＝0－12(M ＋m )v 22，得v 2＝6 m/s ，C 错误；两滑块正碰过程动量守恒，则mv 1＝(M ＋m )v 2，得M ＝0.5 kg ，D 正确。

7．如图所示，在纸面内有一个边长为L 的等边三角形abc ，且该区域内存在平行于bc 边的匀强电场。

有一个质量为m ，电荷量为＋q 的粒子从a 点以速度v 0沿平行于纸面且垂直于bc 边的方向进入三角形区域，该粒子恰好从c 点离开(不计粒子重力)。

下列说法正确的是( BD )A ．匀强电场的方向由c 点指向b 点B ．电场强度大小E ＝4mv 203qLC ．粒子从c 点离开时速度偏转角的正切值为33D ．粒子从a 点运动到c 点过程中电场力做的功为2mv 203 [解析] 由电场性质以及粒子电性、运动轨迹可判断匀强电场的方向由b 点指向c 点，A 错误；该粒子在电场中做类平抛运动，在电场中运动的加速度a ＝qE m ，因为粒子恰好从c 点离开，所以水平方向有32L ＝v 0t ，竖直方向有12L ＝12at 2，联立解得E ＝4mv 203qL，B 正确；根据类平抛运动的推论知，粒子从c 点离开时速度的偏转角θ的正切值等于ac 与水平方向的夹角α的正切值的2倍，即tan θ＝2tan α，解得tan θ＝233，C 错误；根据运动的合成与分解，结合tan θ＝v y v 0＝233，可得粒子在c 点处竖直方向的速度大小为v y ＝233v 0，所以粒子从a 点运动到c 点过程中电场力做的功为W ac ＝12mv 2－12mv 20＝12mv 2y ＝2mv 203，D 正确。

8．如图所示为固定在绝缘斜面上足够长的平行导轨，上端连接有电阻R ，匀强磁场垂直穿过导轨平面，方向向上。

一金属棒垂直于导轨放置，以初速度v 0沿导轨下滑。

棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻、棒的电阻以及一切摩擦均不计。

若t 时刻，棒下滑的速度大小为v ，电阻R 消耗的热功率为P ，则下列图象可能正确的是( BC )[解析] 设导轨倾角为θ，间距为L ，棒的质量为m ，分三种情况讨论：若mg sin θ＝B 2L 2v 0R即v 0＝mgR sin θB 2L 2，则棒将匀速下滑，若v 0>mgR sin θB 2L 2即mg sin θ<B 2L 2v 0R，则棒先减速下滑，根据牛顿第二定律有B 2L 2v R －mg sin θ＝ma ，得a ＝B 2L 2v 2mR－g sin θ，则v 逐渐减小，a 也逐渐减小，当a ＝0时棒匀速下滑，B 正确；若v 0＜mgR sin θB 2L 2即mg sin θ＞B 2L 2v 0R，则棒先加速下滑，根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v R ＝ma ，得a ＝g sin θ－B 2L 2v mR，则v 逐渐增大，a 逐渐减小，当a ＝0时棒匀速下滑，所以不可能出现A 中的情况；克服安培力做功的功率等于电阻R 消耗的热功率P ，即P ＝BIL ·v ＝B 2L 2v R ·v ＝B 2L 2Rv 2，则P 与v 2成正比，C 正确，D 错误。