高考物理二輪復習 選擇題31分強化練（一）-人教版高三物理試題

選擇題31分強化練(一)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計15分，每小題只有一個選項符合題意．)1．物理學中用到大量的科學研究方法，在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這是物理學中常用的微元法．如圖所示的四個實驗中，哪一個采用了微元法()【導學號：25702090】A．探究求合力的方法B．探究彈性勢能的表達式的實驗中，為計算彈簧彈力所做的功C．探究加速度與力、質量的關系D．利用庫侖扭秤測定靜電力常數(shù)B[在求兩個力的合力時，如果一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同，這個力就是那兩個力的合力，運用的是等效法，故A錯誤；在探究彈性勢能的表達式過程中，把拉伸彈簧的過程分成很多小段，在每小段內認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，控制物體的質量不變，研究物體的加速度與力的關系，運用的是控制變量法，故C錯誤；利用庫侖扭秤測定靜電力常數(shù)用的是放大法，不是微元法的思想，故D錯誤．]2．為研究太陽系內行星的運動，需要知道太陽的質量，已知地球半徑為R，地球質量為m，太陽與地球中心間距為r，地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉的周期為T.則太陽的質量為()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力學知識得：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．小球被輕質細線系住放在斜面上．細線另一端跨過定滑輪，用力拉細線使小球沿斜面緩慢移動一段距離，斜面體始終靜止．移動過程中()圖1A．細線對小球的拉力變大B．斜面對小球的支持力變大C．斜面對地面的壓力變大D．地面對斜面的摩擦力變大A[如圖，根據(jù)矢量三角形可知：當小球沿斜面緩慢向上移動一段距離時，β減小，繩子拉力增大，斜面對小球支持力減?。桓鶕?jù)牛頓第三定律，小球對斜面體壓力減小，將該力沿水平方向和豎直方向分解可知：兩個方向的力都減小，所以地面對斜面的支持力和摩擦力都減小．綜上所述，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，將可視為質點的小物件以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[小物體做平拋運動，恰好擦著窗子上沿右側穿過時v最大．此時有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時速度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，電源的電動勢為E，內阻為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S后，若增大照射光強度，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[當照射光強度增大時，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A正確，選項B錯誤；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C錯誤；對定值電阻而言，|eq\f(ΔU,ΔI)|也就等于其阻值，故選項D錯誤．]二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分．)6．如圖4所示用力F拉A、B、C三個物體在光滑水平面上運動，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動，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[設最左邊的物體質量為m，最右邊的物體質量為m′，整體質量為M，整體的加速度a＝eq\f(F,M)，對最左邊的物體分析，Tb＝ma＝eq\f(mF,M)，對最右邊的物體分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－eq\f(m′F,M).在中間物體上加上一個小物體，則整體質量M增大，因為m、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電場，其場強大小為E，電場中的A、B兩點固定著兩個等量異號點電荷＋Q、－Q，A、B兩點的連線水平，O為其連線的中點，c、d是兩點電荷連線垂直平分線上的兩點，Oc＝Od，a、b兩點在兩點電荷的連線上，且與c、d兩點的連線恰好形成一個菱形，則下列說法中正確的是()圖5A．a、b兩點的電場強度Ea>EbB．c、d兩點的電勢φd>φcC．將質子從a點移到c點的過程中，電場力對質子做負功D．質子從O點移到b點時電勢能減小BD[由等量異種電荷產生電場特點可知，ab兩點的場強相同，當再與勻強電場疊加時，兩點的場強依然相同，故A錯誤；等量異種電荷產生電場的特點是連線的中垂線上的電勢為零；當再疊加勻強電場時，d點的電勢大于c點的電勢，故B正確；據(jù)場強的疊加可知，a到c的區(qū)域場強方向大體斜向上偏右，所以將質子從a點移到c點的過程中，電場力對質子做正功，故C錯誤；據(jù)場強的疊加可知，O到b區(qū)域場強方向大體斜向上偏右，當質子從左到右移動時，電場力做正功，電勢能減小，故D正確．]8．如圖6所示，豎直向下的勻強電場中，絕緣輕質彈簧直立于地面上，上面放一個質量為m的帶負電的小球，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動到離開彈簧的過程中，重力和電場力對小球做功的大小分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中()【導學號：25702091】圖6A．帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．帶電小球電勢能減小W2C．彈簧彈性勢能最大值為W1＋eq\f(1,2)mv2－W2D．彈簧彈性勢能減少量為W2＋W1BC[小球運動過程中有電場力做功，故帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項A錯誤；小球向上運動過程中，電場力對小球做了W2的正功，根據(jù)功能關系可知，小球的電勢能減少了W2，選項B正確；對于小球在上述過程中，由動能定理可知W2＋W彈－W1＝eq\f(1,2)mv2，故彈簧彈性勢能的最大值為W彈＝W1＋eq\f(1,2)mv2－W2，選項C正確，D錯誤．]9．如圖7所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上．滑動變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大)，導軌的寬度L＝0.5m，空間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度的大小B＝1T．內阻r＝1Ω的金屬桿在F＝5N的水平恒力作用下由靜止開始運動．經過一段時間后，金屬桿的速度達到最大速度vm，不計導軌電阻，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．金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比BD[當導體棒達到最大速度時滿足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A錯誤；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