全國省市通用版高考物理總復(fù)習(xí)精準(zhǔn)提分練：選擇題專練六

PAGE選擇題專練(六)(限時(shí)：20分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．14．物理關(guān)系式不僅反映了物理量之間的關(guān)系，也確定了單位間的關(guān)系．如關(guān)系式U＝IR既反映了電壓、電流和電阻之間的關(guān)系，也確定了V(伏)與A(安)和Ω(歐)的乘積等效，現(xiàn)有物理量單位：m(米)、s(秒)、J(焦)、W(瓦)、C(庫)、F(法)、A(安)、Ω(歐)和T(特)，由它們組合的單位與電壓單位V(伏)不等效的是()A．J/C B．C/FC．C·T·m/s D．W·Ω答案C解析由電場力做功的公式W＝qU，知U＝eq\f(W,q)，所以單位J/C與電壓單位V等效，選項(xiàng)A不符合題意；由U＝eq\f(Q,C)可知，C/F是和電壓單位V等效的，選項(xiàng)B不符合題意；由F＝qvB知，C·T·m/s是力的單位，是與N等效的，選項(xiàng)C符合題意；由P＝eq\f(U2,R)可得U＝eq\r(PR)，所以W·Ω是和電壓的單位等效的，選項(xiàng)D不符合題意．15．甲、乙兩汽車同向勻速行駛，乙在前，甲在后．某時(shí)刻兩車司機(jī)聽到警笛提示，同時(shí)開始剎車，結(jié)果兩車剛好沒有發(fā)生碰撞，如圖1為兩車剎車后勻減速運(yùn)動(dòng)的v－t圖象．以下分析正確的是()圖1A．甲車剎車的加速度的大小為0.5m/s2B．兩車開始剎車時(shí)的距離為100mC．兩車剎車后間距一直在減小D．兩車都停下來后相距25m答案B解析由題圖可知，兩車速度相等時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為20s，甲車的加速度a1＝eq\f(－25,25)m/s2＝－1m/s2，乙車的加速度a2＝－eq\f(15,30)m/s2＝－0.5m/s2，此時(shí)甲車的位移x甲＝v甲t＋eq\f(1,2)a1t2＝25×20m－eq\f(1,2)×1×400m＝300m，乙車的位移x乙＝v乙t＋eq\f(1,2)a2t2＝15×20m－eq\f(1,2)×0.5×400m＝200m，兩車剛好沒有發(fā)生碰撞，則開始剎車時(shí)兩車的距離Δx＝300m－200m＝100m，故A錯(cuò)誤，B正確；兩車剎車后甲的速度先大于乙的速度，兩者距離減小，后甲的速度小于乙的速度，兩者距離增大，故C錯(cuò)誤；20s時(shí)，甲、乙的速度都為v＝v甲＋a1t＝25m/s－20m/s＝5m/s，根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，兩車都停下來后相距Δx′＝eq\f(1,2)×(30－25)×5m＝12.5m，故D錯(cuò)誤．16．(2018·安徽省安慶市二模)如圖2所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(μ,3).若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為a2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則a1與a2的比為()圖2A．1∶1 B．2∶3C．1∶3 D．3∶2答案C解析當(dāng)水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，臨界情況是A、B的加速度相等，隔離對(duì)B分析，B的加速度為：aB＝a1＝eq\f(μmg－\f(μ,3)·2mg,m)＝eq\f(1,3)μg，當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝eq\f(μmg,m)＝μg，可得：a1∶a2＝1∶3，故選項(xiàng)C正確．17.如圖3所示為一半徑為R的均勻帶電細(xì)環(huán)，環(huán)上單位長度帶電荷量為η，取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸．設(shè)軸上任意點(diǎn)P到原點(diǎn)O的距離為x，以無限遠(yuǎn)處為零電勢(shì)點(diǎn)，P點(diǎn)的電勢(shì)為φ.則下面給出的四個(gè)表達(dá)式中只有一個(gè)是合理的，這個(gè)合理的表達(dá)式是(式中k為靜電力常量)()圖3A．φ＝eq\f(2πRk,\r(R2＋x2)) B．φ＝eq\f(2πRηk,\r(R2＋x2))C．φ＝eq\f(2πRηk,\r(R2－x2)) D．φ＝eq\f(2πRηk,\r(R2＋x2))x答案B解析電勢(shì)的高低與圓環(huán)帶電荷量的大小η·2πR有關(guān)，A表達(dá)式顯然與圓環(huán)的電荷量無關(guān)，因此A錯(cuò)誤；無論圓環(huán)帶什么電荷，圓環(huán)中心處的電勢(shì)均不為零，因此x＝0時(shí)，電勢(shì)不為零，故D錯(cuò)誤；C中當(dāng)x＝R時(shí)電勢(shì)為無窮大，也不可能，故C錯(cuò)誤，故只有B正確．18．下列生活中的現(xiàn)象和物理學(xué)內(nèi)容，說法正確的是()A．擊釘時(shí)不用橡皮錘，僅僅是因?yàn)橄鹌ゅN太輕B．電子被發(fā)現(xiàn)的意義在于使人類認(rèn)識(shí)到原子有核式結(jié)構(gòu)C．動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力的作用，質(zhì)量小的先停下來D．元電荷e的數(shù)值最早是密立根測得的，這也是他獲得諾貝爾物理獎(jiǎng)的重要原因答案D解析擊釘時(shí)不用橡皮錘，主要是因?yàn)橄鹌ゅN太軟，在動(dòng)量的變化相同時(shí)，作用時(shí)間較長，作用力小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電子被發(fā)現(xiàn)的意義在于使人類認(rèn)識(shí)到原子有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝Δp＝mv，則動(dòng)量相同的兩個(gè)物體受相同的制動(dòng)力的作用，一塊停下來，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；元電荷e的數(shù)值最早是密立根測得的，這也是他獲得諾貝爾物理獎(jiǎng)的重要原因，選項(xiàng)D正確．19．如圖4甲所示，假設(shè)某星球表面上有一傾角為θ＝30°的固定斜面，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖象如圖乙所示．已知小物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),9)，該星球半徑為R＝6×104km，引力常量為G＝6.67×10－11N·m2/kg2，下列說法正確的是()圖4A．該星球的第一宇宙速度v1＝3.0×104m/sB．該星球的質(zhì)量M＝8.1×1026kgC．該星球的自轉(zhuǎn)周期T＝1.3×104sD．該星球的密度ρ＝895kg/m3答案ABD解析上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律，在沿斜面方向上有μmg0cosθ＋mg0sinθ＝ma1，下滑過程中，在沿斜面方向上有mg0sinθ－μmg0cosθ＝ma2，又知v－t圖象的斜率表示加速度，則上滑和下滑過程中的加速度大小分別為：a1＝eq\f(6－0,0.6)m/s2＝10m/s2，a2＝eq\f(2,0.4)m/s2＝5m/s2，聯(lián)立解得g0＝15m/s2，故該星球的第一宇宙速度為v＝eq\r(g0R)＝eq\r(15×6×104×103)m/s＝3.0×104m/s，A正確；根據(jù)黃金替代公式GM＝g0R2可得該星球的質(zhì)量為M＝eq\f(g0R2,G)＝eq\f(15×6×104×1032,6.67×10－11)kg≈8.1×1026kg，B正確；根據(jù)所給條件無法計(jì)算自轉(zhuǎn)周期，C錯(cuò)誤；該星球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(g0R2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g0,4πGR)≈895kg/m3，D正確．20．如圖5所示，足夠長的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m＝1kg.用大小為6N、方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()圖5A．木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增加量等于拉力F的沖量B．拉力F做功為6JC．小滑塊Q的最大速度為3m/sD．整個(gè)過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3J答案ACD解析對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理：Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P與小滑塊Q組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增量一定等于拉力F的沖量，選項(xiàng)A正確；若木板P與小滑塊Q相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力F不能超過eq\f(μmg,m)·2m＝4N，拉力F為6N，大于4N，故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板P由牛頓第二定律：F－μmg＝ma，解得a＝4m/s2,1s內(nèi)木板P的位移x＝eq\f(1,2)at2＝2m，拉力F做功W＝Fx＝12J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t＝2mv共，解得v共＝3m/s，選項(xiàng)C正確；整個(gè)過程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知W＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(,共2)＋Q，解得Q＝3J，選項(xiàng)D正確．21．如圖6所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)分別存在著場強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若PC＝L，小球所受電場力等于其重力的eq\f(\r(3),3)倍，重力加速度為g.則()圖6A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)B．小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力可能大于eq\f(2\r(3),3)mgC．經(jīng)足夠長時(shí)間，小球克服摩擦力做的總功是eq\f(4\r(3),3)mgLD．小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力可能為2mg－qBeq\r(gR)答案AD解析小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當(dāng)從靜止運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)鼙谟凶饔昧?，從而?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為F＝eq\r(mg2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)mg))2)＝eq\f(2,3)eq\r(3)mg，不變，故根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)摩擦力等于兩個(gè)力的合力時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大，為eq\f(2,3)eq\r(3)mg，不可能大于eq\f(2,3)eq\r(3)mg，故B錯(cuò)誤；取從靜止開始到最終速度為零，根據(jù)動(dòng)能