(京津瓊)2022高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練:選擇題專練(六)

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1、(京津瓊)2022高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練:選擇題專練(六) 1.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/F C.C·T·m/s D.· 答案 C 解析 由電場力做功的公式W=qU,知U=,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=可知,C/F是和電壓單位V等效

2、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=可得U=,所以·是和電壓的單位等效的,選項(xiàng)D不符合題意. 2.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1 A.甲車剎車的加速度的大小為0.5 m/s2 B.兩車開始剎車時(shí)的距離為100 m C.兩車剎車后間距一直在減小 D.兩車都停下來后相距25 m 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20 s,甲車的加速度a1= m

3、/s2= -1 m/s2, 乙車的加速度a2=- m/s2=-0.5 m/s2, 此時(shí)甲車的位移 x甲=v甲t+a1t2=25×20 m-×1×400 m=300 m, 乙車的位移 x乙=v乙t+a2t2=15×20 m-×0.5×400 m =200 m, 兩車剛好沒有發(fā)生碰撞,則開始剎車時(shí)兩車的距離Δx=300 m-200 m=100 m,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;20 s時(shí),甲、乙的速度都為v=v甲+a1t=25 m/s-20 m/s=5 m/s,根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知

4、,兩車都停下來后相距Δx′=×(30-25)×5 m=12.5 m,故D錯(cuò)誤. 3.(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.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2 A.1∶1 B.2∶3 C.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:

5、aB=a1==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==μg,可得:a1∶a2=1∶3,故選項(xiàng)C正確. 4.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3 A.φ= B.φ= C.φ= D.φ=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)

6、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. 5.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(cè)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

7、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(cè)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. 6.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=,該星球半徑為R=6×104 km,引力常量為G=6.67×10-11 N·m2/kg2,下列說法正確的是(  ) 圖4 A.該星球的第一宇宙速度v1=3.0×104 m/s

8、 B.該星球的質(zhì)量M=8.1×1026 kg C.該星球的自轉(zhuǎn)周期T=1.3×104 s D.該星球的密度ρ=895 kg/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μmg0cos θ+mg0sin θ=ma1, 下滑過程中,在沿斜面方向上有 mg0sin θ-μmg0cos θ=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= m/s2=10 m/s2, a2= m/s2=5 m/s2, 聯(lián)立解得g0=15 m/s2,故該星球的第一宇宙速度為 v== m/s=3.0×104 m/s, A正確; 根

9、據(jù)黃金替代公式GM=g0R2可得該星球的質(zhì)量為 M== kg≈8.1×1026 kg,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===≈895 kg/m3,D正確. 7.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=1 kg.用大小為6 N、方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1 s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10 m/s2,下列說法正確的是(  ) 圖5 A.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6

10、 J C.小滑塊Q的最大速度為3 m/s D.整個(gè)過程中,系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J 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·2m=4 N,拉力F為6 N,大于4 N,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=4 m/s2,1 s內(nèi)木板P的位移x=at2=2 m,拉力F做功W=Fx=12 J,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=3 m/s,選項(xiàng)C正確;整個(gè)過程

11、中,對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知W=×2mv共2+Q,解得Q=3 J,選項(xiàng)D正確. 8.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倍,重力加速度為g.則(  ) 圖

12、6 A.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mg C.經(jīng)足夠長時(shí)間,小球克服摩擦力做的總功是mgL D.小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的彈力可能為2mg-qB 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==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mg,不可能大于mg,故B錯(cuò)誤;取從靜止開始到最終速度為零,根據(jù)動(dòng)能定理得,摩擦力做功與重力及電場力做功之和為零,則摩擦力總功為mgL,故C錯(cuò)誤;對(duì)小球在O點(diǎn)受力分析,且由C向D運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律,則有:FN-mg+Bqv=m,由C到O點(diǎn),機(jī)械能守恒,則有:mgRsin 30°=mv2,聯(lián)立解得FN=2mg-qB,由牛頓第三定律知,當(dāng)小球由C向D運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)軌道的彈力可能為2mg-qB,故D正確.

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