2018-2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提速練15.doc

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選擇題提速練15 1—5為單選，6—8為多選 1. (2018河南鄭州一模)如圖，一半徑為R的絕緣環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P點的場強(qiáng)E，下列四個表達(dá)式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達(dá)式是(　D　) A. B. C. D. 解析：設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看做點電荷，其所帶電荷量為q＝　① 由點電荷場強(qiáng)公式可求得每一點電荷在P處的場強(qiáng)為 EP＝k＝k② 由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的場強(qiáng)垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強(qiáng)E，故 E＝nEx＝n＝　③ 而r＝?、? 聯(lián)立①②③④可得E＝，D正確． 2．如圖所示，足夠長的斜面上有a、b、c、d、e五個點，ab＝bc＝cd＝de，從a點水平拋出一個小球，初速度為v時，小球落在斜面上的b點，落在斜面上時的速度方向與斜面夾角為θ，不計空氣阻力．當(dāng)初速度為2v時(　D　) A．小球可能落在斜面上的c點與d點之間 B．小球一定落在斜面上的e點下方 C．小球落在斜面時的速度方向與斜面的夾角大于θ D．小球落在斜面時的速度方向與斜面的夾角也為θ 解析：設(shè)ab＝bc＝cd＝de＝L0，斜面傾角為α，當(dāng)初速度為v時，小球落在斜面上的b點，則有L0cosα＝vt1，L0sinα＝gt，當(dāng)初速度為2v時，有Lcosα＝2vt2，Lsinα＝gt，聯(lián)立解得L＝4L0，即小球一定落在斜面上的e點，選項A、B錯誤；由平拋運動規(guī)律可知，小球落在斜面上時的速度方向與斜面的夾角也為θ，選項C錯誤，選項D正確． 3．(2018遼寧五校協(xié)作體模擬)如圖所示，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上，現(xiàn)用手控制住A，使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行．已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面．下列說法正確的是(　B　) A．斜面的傾角α＝60 B．A獲得的最大速度為2g C．C剛離開地面時，B的加速度最大 D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：A、B兩球的速度大小時刻相等，當(dāng)A沿斜面下滑至速度最大時，B球豎直上升的速度也達(dá)到最大，此時A、B兩球的加速度均為零，選項C錯誤；根據(jù)“此時C恰好離開地面”可知，彈簧的彈力大小等于mg，對B由平衡條件可得，繩的拉力大小為2mg，對A由平衡條件得4mgsinα＝2mg，解得α＝30，選項A錯誤；從釋放A到A沿斜面下滑至速度最大的過程中，彈簧由被壓縮逐漸變成被拉伸，在此過程中，由三個小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)A獲得的最大速度為v，則4mgsin30－mg＝5mv2，解得v＝2g，選項B正確；從釋放A到C剛離開地面的過程中，彈簧對B的彈力先做正功后做負(fù)功，所以由A、B兩小球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小，即機(jī)械能不守恒，選項D錯誤． 4.如圖所示，甲、乙兩同學(xué)從河中O點出發(fā)，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關(guān)系為(　C　) A．t甲t乙 D．無法確定 解析：設(shè)水速為v0，人在靜水中速度為v，對甲，由O→A所用時間t1＝，由A→O所用時間t2＝，則甲所用時間t甲＝t1＋t2＝＋＝s①式；對乙，由O→B和由B→O的實際速度v′＝，故所用時間t乙＝＝②式；兩式相比得＝>1，即t甲>t乙，故C正確． 5．傳感器是自動控制設(shè)備中不可缺少的元件，已經(jīng)滲透到宇宙開發(fā)、環(huán)境保護(hù)、交通運輸以及家庭生活等各種領(lǐng)域．下圖為幾種電容式傳感器，其中通過改變電容器兩極間距離而引起電容變化的是(　C　) 解析：圖A中是通過改變電介質(zhì)而引起電容變化的，圖B和D是通過改變兩極的正對面積而引起電容變化的，圖C中是通過改變電容器兩極間距離而引起電容變化的，選項C正確． 6．2016年10月，寧東—浙江800 kV直流特高壓輸電工程完成大負(fù)荷試驗工作，成為我國第5個直流特高壓輸變電工程．如圖所示是遠(yuǎn)距離輸電示意圖，電站的原輸出電壓U1＝250 kV，輸出功率P1＝1105 kW，輸電線電阻R＝8 Ω.則進(jìn)行遠(yuǎn)距離輸電時，下列說法中正確的是(　AC　) A．若電站的輸出功率突然增大，則降壓變壓器的輸出電壓減小 B．若電站的輸出功率突然增大，則升壓變壓器的輸出電壓增大 C．輸電線損耗比例為5%時，所用升壓變壓器的匝數(shù)比＝ D．用800 kV高壓輸電，輸電線損耗功率為8 000 W 解析：由＝知U1不變時，U2也不變，選項B錯誤；由U3＝U2－R知，電站的輸出功率突然增大，U3減小，又＝，故U4也減小，選項A正確；I1＝＝400 A，I2＝＝25 A，＝＝＝，選項C正確；用800千伏高壓輸電，即U2′＝800千伏，I2′＝＝125 A，ΔP′＝I2′2R＝1.25102 kW，選項D錯誤． 7．(2018新課標(biāo)全國卷Ⅱ)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示．已知兩車在t2時刻并排行駛，下列說法正確的是(　BD　) A．兩車在t1時刻也并排行駛 B．t1時刻甲車在后，乙車在前 C．甲車的加速度大小先增大后減小 D．乙車的加速度大小先減小后增大 解析：vt圖象中圖象包圍的面積代表運動走過的位移，兩車在t2時刻并排行駛，利用逆向思維并借助于面積可知在t1時刻甲車在后，乙車在前，故A錯誤，B正確；圖象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先減小后增大，乙的加速度也是先減小后增大，故C錯，D正確，故選BD. 8．如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.010－4T.電子質(zhì)量m＝9.110－31kg，電量e＝－1.610－19C，不計電子重力．電子源發(fā)射速度v＝1.6106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則(　AD　) A．θ＝90時，l＝9.1 cm B．θ＝60時，l＝9.1 cm C．θ＝45時，l＝4.55 cm D．θ＝30時，l＝4.55 cm 解析：電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力大小計算公式和向心力公式有：evB＝m，解得電子圓周運動的軌道半徑為：r＝＝ m＝4.5510－2 m＝4.55 cm，恰好有：r＝d＝，由于電子源S可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，因此電子的運動軌跡將是過S點的一系列半徑為r的等大圓，能夠打到板MN上的區(qū)域范圍如圖甲所示，實線SN表示電子剛好經(jīng)過板N端時的軌跡，實線SA表示電子軌跡剛好與板相切于A點時的軌跡，因此電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為：l＝NA，又由題設(shè)選項可知，MN與SO直線的夾角θ不定，但要使電子軌跡與MN板相切，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，此時電子的軌跡圓心C一定落在與MN距離為r的平行線上，如圖乙所示，當(dāng)l＝4.55 cm時，即A點與板O點重合，作出電子軌跡如圖中實線S1A1，由圖中幾何關(guān)系可知，此時S1O與MN的夾角θ＝30，故C錯誤，D正確；當(dāng)l＝9.1 cm時，即A點與板M端重合，作出電子軌跡如圖中實線S2A2，由幾何關(guān)系可知，此時S2O與MN的夾角θ＝90，故A正確，B錯誤．