2018-2019高考物理二轮复习 选择题提速练15.doc

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选择题提速练15 1—5为单选，6—8为多选 1. (2018河南郑州一模)如图，一半径为R的绝缘环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L.设静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　D　) A. B. C. D. 解析：设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为q＝　① 由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为 EP＝k＝k② 由对称性可知，各小段带电环在P处的场强垂直于轴向的分量Ey相互抵消，而轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强E，故 E＝nEx＝n＝　③ 而r＝　④ 联立①②③④可得E＝，D正确． 2．如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab＝bc＝cd＝de，从a点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ，不计空气阻力．当初速度为2v时(　D　) A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间 B．小球一定落在斜面上的e点下方 C．小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角大于θ D．小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角也为θ 解析：设ab＝bc＝cd＝de＝L0，斜面倾角为α，当初速度为v时，小球落在斜面上的b点，则有L0cosα＝vt1，L0sinα＝gt，当初速度为2v时，有Lcosα＝2vt2，Lsinα＝gt，联立解得L＝4L0，即小球一定落在斜面上的e点，选项A、B错误；由平抛运动规律可知，小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角也为θ，选项C错误，选项D正确． 3．(2018辽宁五校协作体模拟)如图所示，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(　B　) A．斜面的倾角α＝60 B．A获得的最大速度为2g C．C刚离开地面时，B的加速度最大 D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒 解析：A、B两球的速度大小时刻相等，当A沿斜面下滑至速度最大时，B球竖直上升的速度也达到最大，此时A、B两球的加速度均为零，选项C错误；根据“此时C恰好离开地面”可知，弹簧的弹力大小等于mg，对B由平衡条件可得，绳的拉力大小为2mg，对A由平衡条件得4mgsinα＝2mg，解得α＝30，选项A错误；从释放A到A沿斜面下滑至速度最大的过程中，弹簧由被压缩逐渐变成被拉伸，在此过程中，由三个小球和弹簧组成的系统机械能守恒，设A获得的最大速度为v，则4mgsin30－mg＝5mv2，解得v＝2g，选项B正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，弹簧对B的弹力先做正功后做负功，所以由A、B两小球组成的系统的机械能先增大后减小，即机械能不守恒，选项D错误． 4.如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为(　C　) A．t甲t乙 D．无法确定 解析：设水速为v0，人在静水中速度为v，对甲，由O→A所用时间t1＝，由A→O所用时间t2＝，则甲所用时间t甲＝t1＋t2＝＋＝s①式；对乙，由O→B和由B→O的实际速度v′＝，故所用时间t乙＝＝②式；两式相比得＝>1，即t甲>t乙，故C正确． 5．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域．下图为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的是(　C　) 解析：图A中是通过改变电介质而引起电容变化的，图B和D是通过改变两极的正对面积而引起电容变化的，图C中是通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的，选项C正确． 6．2016年10月，宁东—浙江800 kV直流特高压输电工程完成大负荷试验工作，成为我国第5个直流特高压输变电工程．如图所示是远距离输电示意图，电站的原输出电压U1＝250 kV，输出功率P1＝1105 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是(　AC　) A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小 B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大 C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比＝ D．用800 kV高压输电，输电线损耗功率为8 000 W 解析：由＝知U1不变时，U2也不变，选项B错误；由U3＝U2－R知，电站的输出功率突然增大，U3减小，又＝，故U4也减小，选项A正确；I1＝＝400 A，I2＝＝25 A，＝＝＝，选项C正确；用800千伏高压输电，即U2′＝800千伏，I2′＝＝125 A，ΔP′＝I2′2R＝1.25102 kW，选项D错误． 7．(2018新课标全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是(　BD　) A．两车在t1时刻也并排行驶 B．t1时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大 解析：vt图象中图象包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错，D正确，故选BD. 8．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.010－4T.电子质量m＝9.110－31kg，电量e＝－1.610－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　AD　) A．θ＝90时，l＝9.1 cm B．θ＝60时，l＝9.1 cm C．θ＝45时，l＝4.55 cm D．θ＝30时，l＝4.55 cm 解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB＝m，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝＝ m＝4.5510－2 m＝4.55 cm，恰好有：r＝d＝，由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如图甲所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如图乙所示，当l＝4.55 cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如图中实线S1A1，由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角θ＝30，故C错误，D正确；当l＝9.1 cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如图中实线S2A2，由几何关系可知，此时S2O与MN的夹角θ＝90，故A正确，B错误．