高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題31分強(qiáng)化練（一）-人教版高三物理試題

選擇題31分強(qiáng)化練(一)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．)1．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()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25702090】A．探究求合力的方法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C．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系D．利用庫侖扭秤測(cè)定靜電力常數(shù)B[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)式過程中，把拉伸彈簧的過程分成很多小段，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．]2．為研究太陽系內(nèi)行星的運(yùn)動(dòng)，需要知道太陽的質(zhì)量，已知地球半徑為R，地球質(zhì)量為m，太陽與地球中心間距為r，地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T.則太陽的質(zhì)量為()A.eq\f(4π2r3,T2R2g) B.eq\f(T2R2g,4π2mr3)C.eq\f(4π2mgr2,T2r3) D．eq\f(4π2mr3,T2R2g)D[由萬有引力定律和動(dòng)力學(xué)知識(shí)得：eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，根據(jù)地球表面的萬有引力等于重力得：對(duì)地球表面物體m′有eq\f(Gmm′,R2)＝m′g，兩式聯(lián)立得：M＝eq\f(4π2mr3,T2R2g)，D正確．]3．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)線另一端跨過定滑輪，用力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢移動(dòng)一段距離，斜面體始終靜止．移動(dòng)過程中()圖1A．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)，β減小，繩子拉力增大，斜面對(duì)小球支持力減小；根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)π泵骟w壓力減小，將該力沿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?。C上所述，A正確．]4．如圖2所示，窗子上、下沿間的高度H＝1.6m，墻的厚度d＝0.4m，某人在離墻壁距離L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m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，小物件直接穿過窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2.則v的取值范圍是()圖2A．v>7m/s B．v<2.3m/sC．3m/s<v<7m/s D．2.3m/s<v<3m/sC[小物體做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好擦著窗子上沿右側(cè)穿過時(shí)v最大．此時(shí)有L＝vmaxt，h＝eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得vmax＝7m/s，恰好擦著窗口下沿左側(cè)時(shí)速度v最小，則有L＋d＝vmint′，H＋h＝eq\f(1,2)gt′2，代入數(shù)據(jù)解得vmin＝3m/s，故v的取值范圍是3m/s<v<7m/s，C正確．]5．如圖3所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1為定值電阻，R2為光敏電阻，C為電容器，L為小燈泡，電表均為理想電表，閉合開關(guān)S后，若增大照射光強(qiáng)度，則()圖3A．電壓表的示數(shù)增大B．小燈泡的功率減小C．電容器上的電荷量增加D．兩表示數(shù)變化量的比值|eq\f(ΔU,ΔI)|增大A[當(dāng)照射光強(qiáng)度增大時(shí)，光敏電阻的阻值減小，電路中的總電阻減小，總電流增大，定值電阻R1兩端的電壓增大，小燈泡的功率增大，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電容器兩端的電壓減小，故所帶電荷量減少，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)定值電阻而言，|eq\f(ΔU,ΔI)|也就等于其阻值，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分．)6．如圖4所示用力F拉A、B、C三個(gè)物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在中間的B物體上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運(yùn)動(dòng)，且原拉力F不變，那么加上物體以后，兩段繩的拉力Ta和Tb的變化情況是()圖4A．Ta增大 B．Tb增大C．Ta減小 D．Tb減小AD[設(shè)最左邊的物體質(zhì)量為m，最右邊的物體質(zhì)量為m′，整體質(zhì)量為M，整體的加速度a＝eq\f(F,M)，對(duì)最左邊的物體分析，Tb＝ma＝eq\f(mF,M)，對(duì)最右邊的物體分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－eq\f(m′F,M).在中間物體上加上一個(gè)小物體，則整體質(zhì)量M增大，因?yàn)閙、m′不變，所以Tb減小，Ta增大，A、D正確．]7．如圖5所示，真空中有一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小為E，電場(chǎng)中的A、B兩點(diǎn)固定著兩個(gè)等量異號(hào)點(diǎn)電荷＋Q、－Q，A、B兩點(diǎn)的連線水平，O為其連線的中點(diǎn)，c、d是兩點(diǎn)電荷連線垂直平分線上的兩點(diǎn)，Oc＝Od，a、b兩點(diǎn)在兩點(diǎn)電荷的連線上，且與c、d兩點(diǎn)的連線恰好形成一個(gè)菱形，則下列說法中正確的是()圖5A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ea>EbB．c、d兩點(diǎn)的電勢(shì)φd>φcC．將質(zhì)子從a點(diǎn)移到c點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子做負(fù)功D．質(zhì)子從O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)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，O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．]8．如圖6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，若小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過程中，重力和電場(chǎng)力對(duì)小球做功的大小分別為W1和W2，小球離開彈簧時(shí)速度為v，不計(jì)空氣阻力，則上述過程中()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25702091】圖6A．帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．帶電小球電勢(shì)能減小W2C．彈簧彈性勢(shì)能最大值為W1＋eq\f(1,2)mv2－W2D．彈簧彈性勢(shì)能減少量為W2＋W1BC[小球運(yùn)動(dòng)過程中有電場(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W2，選項(xiàng)B正確；對(duì)于小球在上述過程中，由動(dòng)能定理可知W2＋W彈－W1＝eq\f(1,2)mv2，故彈簧彈性勢(shì)能的最大值為W彈＝W1＋eq\f(1,2)mv2－W2，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．]9．如圖7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＝0.5m，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＝1T．內(nèi)阻r＝1Ω的金屬桿在F＝5N的水平恒力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過一段時(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7A．R越小，vm越大B．金屬桿的最大速度大于或等于20m/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＝Beq\f(BLvm,r＋R)L，解得vm＝eq\f(Fr＋R,B2L2)，可知R越大，vm越大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬桿的最大速度vm＝eq\f(Fr＋R,B2L2)＝eq\f(5×1＋R,12×0.52)＝20(1＋R)m/s，則金屬桿的最大速度大于或等于2