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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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U＝IR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Ω(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)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合的单位与电压单位V(伏)不等效的是( )A．J/CB．C/FC．C·T·m/sD．W·Ω答案 C解析 由电场力做功的公式W＝qU，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F＝qvB知，C·T·m/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·Ω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v－t图象．以下分析正确的是( )6\n图1A．甲车刹车的加速度的大小为0.5m/s2B．两车开始刹车时的距离为100mC．两车刹车后间距一直在减小D．两车都停下来后相距25m答案 B解析 由题图可知，两车速度相等时，经历的时间为20s，甲车的加速度a1＝m/s2＝－1m/s2，乙车的加速度a2＝－m/s2＝－0.5m/s2，此时甲车的位移x甲＝v甲t＋a1t2＝25×20m－×1×400m＝300m，乙车的位移x乙＝v乙t＋a2t2＝15×20m－×0.5×400m＝200m，两车刚好没有发生碰撞，则开始刹车时两车的距离Δx＝300m－200m＝100m，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；20s时，甲、乙的速度都为v＝v甲＋a1t＝25m/s－20m/s＝5m/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Δx′＝×(30－25)×5m＝12.5m，故D错误．16．(2022·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μ，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( )6\n图2A．1∶1B．2∶3C．1∶3D．3∶2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：aB＝a1＝＝μg，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：aA＝a2＝＝μg，可得：a1∶a2＝1∶3，故选项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η，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φ.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．φ＝B．φ＝C．φ＝D．φ＝x答案 B解析 电势的高低与圆环带电荷量的大小η·2πR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x＝0时，电势不为零，故D错误；C中当x＝R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 D6\n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Ft＝Δp＝mv，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θ＝30°的固定斜面，一质量为m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μ＝，该星球半径为R＝6×104km，引力常量为G＝6.67×10－11N·m2/kg2，下列说法正确的是( )图4A．该星球的第一宇宙速度v1＝3.0×104m/sB．该星球的质量M＝8.1×1026kgC．该星球的自转周期T＝1.3×104sD．该星球的密度ρ＝895kg/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μmg0cosθ＋mg0sinθ＝ma1，下滑过程中，在沿斜面方向上有mg0sinθ－μmg0cosθ＝ma2，又知v－t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/s2＝10m/s2，a2＝m/s2＝5m/s2，联立解得g0＝15m/s2，故该星球的第一宇宙速度为v＝＝m/s＝3.0×104m/s，A正确；根据黄金替代公式GM＝g0R2可得该星球的质量为M＝＝kg≈8.1×1026kg6\n，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ρ＝＝＝≈895kg/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μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1kg.用大小为6N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )图5A．木板P与小滑块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6JC．小滑块Q的最大速度为3m/sD．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J答案 ACD解析 对系统由动量定理：Ft＝mvP＋mvQ＝2mv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·2m＝4N，拉力F为6N，大于4N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律：F－μmg＝ma，解得a＝4m/s2,1s内木板P的位移x＝at2＝2m，拉力F做功W＝Fx＝12J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，解得v共＝3m/s，选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝×2mv＋Q，解得Q＝3J，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PC＝L，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g.则( )6\n图6A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，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2mg－qB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F＝＝mg，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：FN－mg＋Bqv＝m，由C到O点，机械能守恒，则有：mgRsin30°＝mv2，联立解得FN＝2mg－qB，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2mg－qB，故D正确．6
