全国通用版2022高考物理总复习精准提分练：选择题专练六.docx

1、选择题专练(六)(限时：20分钟)二、选择题：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1418题只有一项符合题目要求，第1921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14物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系如关系式UIR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(伏)与A(安)和(欧)的乘积等效，现有物理量单位：m(米)、s(秒)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、(欧)和T(特)，由它们组合的单位与电压单位V(伏)不等效的是()AJ/C BC/FCCTm/s DW答案C解析由电场力做功的公式Wq

2、U，知U，所以单位J/C与电压单位V等效，选项A不符合题意；由U可知，C/F是和电压单位V等效的，选项B不符合题意；由FqvB知，CTm/s是力的单位，是与N等效的，选项C符合题意；由P可得U，所以W是和电压的单位等效的，选项D不符合题意15甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图1为两车刹车后匀减速运动的vt图象以下分析正确的是()图1A甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2B两车开始刹车时的距离为100 mC两车刹车后间距一直在减小D两车都停下来后相距25 m答案B解析由题图可知，两车速度相等时，经历的时间为20 s

3、，甲车的加速度a1 m/s21 m/s2，乙车的加速度a2 m/s20.5 m/s2，此时甲车的位移x甲v甲ta1t22520 m1400 m300 m，乙车的位移x乙v乙ta2t21520 m0.5400 m200 m，两车刚好没有发生碰撞，则开始刹车时两车的距离x300 m200 m100 m，故A错误，B正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者距离减小，后甲的速度小于乙的速度，两者距离增大，故C错误；20 s时，甲、乙的速度都为vv甲a1t25 m/s20 m/s5 m/s，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距x(3025)5 m12.5 m，故D错误16(20

4、22安徽省安庆市二模)如图2所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则a1与a2的比为()图2A11 B23C13 D32答案C解析当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：aBa1g，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aAa2g，可得：a1a213，故选

5、项C正确17.如图3所示为一半径为R的均匀带电细环，环上单位长度带电荷量为，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴设轴上任意点P到原点O的距离为x，以无限远处为零电势点，P点的电势为.则下面给出的四个表达式中只有一个是合理的，这个合理的表达式是(式中k为静电力常量)()图3A BC Dx答案B解析电势的高低与圆环带电荷量的大小2R有关，A表达式显然与圆环的电荷量无关，因此A错误；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此x0时，电势不为零，故D错误；C中当xR时电势为无穷大，也不可能，故C错误，故只有B正确18下列生活中的现象和物理学内容，说法正确的是()A击钉时不用橡皮锤，仅仅

6、是因为橡皮锤太轻B电子被发现的意义在于使人类认识到原子有核式结构C动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来D元电荷e的数值最早是密立根测得的，这也是他获得诺贝尔物理奖的重要原因答案D解析击钉时不用橡皮锤，主要是因为橡皮锤太软，在动量的变化相同时，作用时间较长，作用力小，选项A错误；电子被发现的意义在于使人类认识到原子有复杂的结构，选项B错误；根据动量定理Ftpmv，则动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，一块停下来，选项C错误；元电荷e的数值最早是密立根测得的，这也是他获得诺贝尔物理奖的重要原因，选项D正确19如图4甲所示，假设某星球表面上有一倾角为30的固定斜面，一质量为m

7、的小物块从斜面底端沿斜面向上运动，其速度时间图象如图乙所示已知小物块和斜面间的动摩擦因数为，该星球半径为R6104 km，引力常量为G6.671011 Nm2/kg2，下列说法正确的是()图4A该星球的第一宇宙速度v13.0104 m/sB该星球的质量M8.11026 kgC该星球的自转周期T1.3104 sD该星球的密度895 kg/m3答案ABD解析上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有mg0cos mg0sin ma1，下滑过程中，在沿斜面方向上有mg0sin mg0cos ma2，又知vt图象的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为：a1 m/s210 m/s2，

8、a2 m/s25 m/s2，联立解得g015 m/s2，故该星球的第一宇宙速度为v m/s3.0104 m/s，A正确；根据黄金替代公式GMg0R2可得该星球的质量为M kg8.11026 kg，B正确；根据所给条件无法计算自转周期，C错误；该星球的密度895 kg/m3，D正确20如图5所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m1 kg.用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()图5A木板P与小

9、滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B拉力F做功为6 JC小滑块Q的最大速度为3 m/sD整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J答案ACD解析对系统由动量定理：FtmvPmvQ2mv共，即木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一定等于拉力F的冲量，选项A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过2m4 N，拉力F为6 N，大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律：Fmgma，解得a4 m/s2,1 s内木板P的位移xat22 m，拉力F做功WFx12 J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft2mv共，解得v共3 m/s，选项C正确；整个

10、过程中，对系统由能量守恒可知W2mvQ，解得Q3 J，选项D正确21如图6所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放若PCL，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g.则()图6A小球第一次沿轨道AC下滑的过程中

11、，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mgC经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgLD小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mgqB答案AD解析小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为Fmg，不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A正确；当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，为mg，不可能大于mg，故B错误；取从静止开始到最终速度为零，根据动能定理得，摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为mgL，故C错误；对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：FNmgBqvm，由C到O点，机械能守恒，则有：mgRsin 30mv2，联立解得FN2mgqB，由牛顿第三定律知，当小球由C向D运动时，对轨道的弹力可能为2mgqB，故D正确