（京津瓊）2019高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練：選擇題專練（六）

《（京津瓊）2019高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練：選擇題專練（六）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津瓊）2019高考物理總復(fù)習(xí) 專用優(yōu)編提分練：選擇題專練（六）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 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(kù))、F(法)、A(安)、Ω(歐)和T(特)，由它們組合的單位與電壓?jiǎn)挝籚(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(chǎng)力做功的公式W＝qU，知U＝，所以單位J/C與電壓?jiǎn)挝籚等效，選項(xiàng)A不符合題意；由U＝可知，C/F是和電壓?jiǎn)挝籚等效的，選項(xiàng)B不符合題意；由F＝qvB知，C·T·

2、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(lái)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/s2＝ －1 m/s2， 乙車的加速度a

3、2＝－ 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，兩車都停下來(lái)后相距Δx′＝×(30－25)×

4、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：aB＝a1＝＝μg，當(dāng)水平力作用在B上，使B剛

5、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(zhǎng)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(wú)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)式顯然與圓環(huán)的電荷量無(wú)關(guān)，因此A錯(cuò)誤；無(wú)論圓環(huán)

6、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(wú)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(shuō)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(lái) 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(zhǎng)，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)

7、，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(lái)，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(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．該星球的第一宇宙速度v1＝3.0×104 m/s B．該星球的質(zhì)量M＝8.1×1026 kg

8、 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； 根據(jù)黃金替代公式GM＝g0R2可得該星球的質(zhì)量為

9、 M＝＝ kg≈8.1×1026 kg，B正確；根據(jù)所給條件無(wú)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(zhǎng)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(shuō)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 J C．小滑塊Q的最大速度為3 m/s

10、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)過程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知W＝×2mv共2＋Q，

11、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(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)分別存在著場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．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(chǎng)力等于其重力的倍，重力加速度為g.則(　　) 圖6 A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先

12、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(zhǎng)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(chǎng)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(wú)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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． 6