2019屆高三物理(通用版)二輪復(fù)習(xí)題型練：選擇題48分強(qiáng)化練1

1、選擇題 48 分強(qiáng)化練（一）選擇題（本題共 8 小題，每小題 6 分，在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 14 17題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第 1821 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. 物理學(xué)中用到大量的科學(xué)研究方法，在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程等分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小 段的位移相加，這是物理學(xué)中常用的微元法.如圖所示的四個(gè)實(shí)驗(yàn)中，哪一個(gè)采用了微元法（）B .探究彈性勢(shì)能的表達(dá)式的實(shí)驗(yàn)中，為計(jì)算彈簧彈力所做的功D.利用庫(kù)侖扭秤測(cè)定靜電力常數(shù)d0IC.探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系B

2、在求兩個(gè)力的合力時(shí)，如果一個(gè)力的作用效果與兩個(gè)力的作用效果相同,這個(gè)力就是那兩個(gè)力的合力，運(yùn)用的是等效法，故A 錯(cuò)誤；在探究彈性勢(shì)能的表達(dá)式過(guò)程中，把拉伸彈簧的過(guò)程分成很多小段，在每小段內(nèi)認(rèn)為彈簧的彈力是恒 力，然后把每小段做功的代數(shù)和相加，運(yùn)用的是微元法，故B 正確；在探究牛頓第二定律的過(guò)程中，控制物體的質(zhì)量不變，研究物體的加速度與力的關(guān)系，運(yùn)用 的是控制變量法，故 C 錯(cuò)誤；利用庫(kù)侖扭秤測(cè)定靜電力常數(shù)用的是放大法，不是 微元法的思想，故 D 錯(cuò)誤.15. 將靜置在地面上，質(zhì)量為 M（含燃料）的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi) 以相對(duì)地面的速度 vo豎直向下噴出質(zhì)量為 m 的熾熱氣體.氣阻力的

3、影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是八mA. MvoJ voM mD根據(jù)動(dòng)量守恒定律mvo二（M-m）v，得v二Mmvo16. 如圖 1 所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑.小球被輕質(zhì)細(xì)線系 住放在斜面上.細(xì)線另一端跨過(guò)定滑輪，用力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢移動(dòng)一段A .細(xì)線對(duì)小球的拉力變大B. 斜面對(duì)小球的支持力變大C. 斜面對(duì)地面的壓力變大D .地面對(duì)斜面的摩擦力變大忽略噴氣過(guò)程重力和空B.%mD.MvoM m，選項(xiàng) D 正確A 如圖，根據(jù)矢量三角形可知：當(dāng)小球沿斜面緩慢向上移動(dòng)一段距離時(shí)，B減小，繩子拉力增大，斜面對(duì)小球支持力減?。桓鶕?jù)牛頓第三定律，小球?qū)π泵?體壓力減小，將該力沿

4、水平方向和豎直方向分解可知：兩個(gè)方向的力都減小，所 以地面對(duì)斜面的支持力和摩擦力都減小.綜上所述，A 正確.17如圖 2 所示，窗子上、下沿間的咼度 H = 1.6 m,墻的厚度 d= 0.4 m,某 人在離墻壁距離 L = 1.4 m、距窗子上沿 h = 0.2 m 處的 P 點(diǎn)，將可視為質(zhì)點(diǎn)的小物 件以 v的速度水平拋出，小物件直接穿過(guò)窗口并落在水平地面上，取g= 10 m/s2.則 v 的取值范圍是（）C 小物體做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好擦著窗子上沿右側(cè)穿過(guò)時(shí) V 最大.此時(shí)有 L = Vmaxt,1h= gt2，代入數(shù)據(jù)解得 Vmax= 7 m/s，恰好擦著窗口下沿左側(cè)時(shí)速度v最小，則有1L+

5、d= vmint,H + h = gt2,代入數(shù)據(jù)解得 Vmin= 3 m/s,故 V 的取值范圍是 3 m/sv7 m/sC. 3 m/sv7 m/sB. v2.3 m/sD.2.3 m/svEbB.c、d 兩點(diǎn)的電勢(shì)柯臨C.將質(zhì)子從 a 點(diǎn)移到 c 點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子做負(fù)功D .質(zhì)子從 0 點(diǎn)移到 b 點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小BD 由等量異種電荷產(chǎn)生電場(chǎng)特點(diǎn)可知，ab 兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同，當(dāng)再與勻強(qiáng)電 場(chǎng)疊加時(shí)，兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)依然相同，故 A 錯(cuò)誤；等量異種電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的特點(diǎn)是連 線的中垂線上的電勢(shì)為零；當(dāng)再疊加勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，d 點(diǎn)的電勢(shì)大于 c 點(diǎn)的電勢(shì)，故B 正確；據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，a 到 c 的區(qū)

6、域場(chǎng)強(qiáng)方向大體斜向上偏右，所以將質(zhì)子 從 a點(diǎn)移到 c 點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子做正功，故 C 錯(cuò)誤；據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知， 0 到 b 區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)方向大體斜向上偏右，當(dāng)質(zhì)子從左到右移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做正功， 電勢(shì)能減小，故D 正確.20. 如圖 5 所示，豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧直立于地面上，上 面放一個(gè)質(zhì)量為 m 的帶負(fù)電的小球，小球與彈簧不連接.現(xiàn)將小球向下壓到某位 置后由靜止釋放，若小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力對(duì) 小球做功的大小分別為 Wi 和 W2,小球離開(kāi)彈簧時(shí)速度為 v,不計(jì)空氣阻力，則上 述過(guò)程中（）圖 5A 帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B .帶電小

7、球電勢(shì)能減小 W212C.彈簧彈性勢(shì)能最大值為 Wi+ 2mv2-WD .彈簧彈性勢(shì)能減少量為W+WiBC小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有電場(chǎng)力做功，故帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不 守恒，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；小球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)小球做了 W2的正功，根據(jù)功 能關(guān)系可知，小球的電勢(shì)能減少了 ，選項(xiàng) B 正確；對(duì)于小球在上述過(guò)程中，由 動(dòng)能定理可知W?+ W彈一 Wi= mv2，故彈簧彈性勢(shì)能的最大值為 W彈=Wi+ mv2%,選項(xiàng) C 正確，D 錯(cuò)誤.21 .如圖 6 所示，兩根光滑、足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上.滑動(dòng) 變阻器接入電路的電阻值為 R（最大阻值足夠大），導(dǎo)軌的寬度 L = 0.5 m

8、，空間有垂 直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B= 1 T.內(nèi)阻 r = 1Q的金屬桿在 F=5 N 的水平恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng). 經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，金屬桿的速度達(dá)到最 大速度Vm，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則有（）圖 6A . R 越小，Vm越大B .金屬桿的最大速度大于或等于 20 m/sC. 金屬桿達(dá)到最大速度之前，恒力 F 所做的功等于電路中消耗的電能D. 金屬桿達(dá)到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長(zhǎng)度方向定向移動(dòng)的平均速率Ve與恒力 F 成正比BD當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)滿足 F = F 安， 則 F=BB+RL,解得 vm=FB+R，XXXXXXXXX XXXXXX XXXX X X X X X可知 R 越大，Vm越大，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；金屬桿的最大速度20(1 + R) m/s,則金屬桿的最大速度大于或等于 20 m/s,選項(xiàng) B 正確；在金屬桿達(dá) 到最大速度之前，恒力 F 所做的功等于電路中消耗