2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练15.doc

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1、1选择题提速练 1515 为单选，68 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.kQR2 L2 kQLR2 L2C. D.kQR R2 L2 3 kQL R2 L2 3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 Qn由点电荷场强公式可求得每一点电荷在 P 处的场

2、强为EP k k Qnr2 Qn R2 L2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 kQn L2 R2 Lr kQLr L2 R2而 r L2 R2联立可得 E ，D 正确kQL R2 L2 32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 ，不计空气阻力当初速度为 2v 时( D )2A小球可能落在斜面上的 c 点与 d 点之间B小球一定落

3、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 D小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角也为 解析：设 ab bc cd de L0，斜面倾角为 ，当初速度为 v 时，小球落在斜面上的b 点，则有 L0cos vt1， L0sin gt ，当初速度为 2v 时，有12 21Lcos 2 vt2， Lsin gt ，联立解得 L4 L0，即小球一定落在斜面上的 e 点，选项12 2A、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 ，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

4、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 60B A 获得的最大速度为 2gm5kC 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

5、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3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 4mgsin 2 mg，解得 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mgk mgk组成的系统机械能守恒，设 A 获得的最大速度为 v，则 4mg sin302mgk mg 5mv2，解得 v2 g ，选项 B 正确；从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，2mgk 12 m

6、5k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sv v0A O 所用时间 t2 ，则甲所用时间 t 甲 t1 t2 s式；对sv v0 sv v

7、0 sv v0 2vv2 v20乙，由 O B 和由 B O 的实际速度 v ，故所用时间 t 乙 式；v2 v202sv 2sv2 v20两式相比得 1，即 t 甲 t 乙 ，故 C 正确t甲t乙 vv2 v205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 )4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62016 年 10 月，宁东

8、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U1250 kV，输出功率 P1110 5 kW，输电线电阻 R8 .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5C输电线损耗比例为 5%时，所用升压变压器的匝数比 n1n2 116D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U1U2 n1

9、n2 P1U2出功率突然增大， U3减小，又 ，故 U4也减小，选项 A 正确； I1 400 A， I2U3U4 n3n4 P1U125 A， ，选项 C 正确；用 800 千伏高压输电，即 U2800 千伏， PR I2I1 n1n2 25400 116I2 125 A， P I2 2R1.2510 2 kW，选项 D 错误P1U27(2018新课标全国卷)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

10、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 L9.1 cm，中点 O 与 S 间的距离 d4.55 cm， MN 与 SO 直线的夹角为 ，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B2.010 4 T.电子质量 m9

11、.110 31 kg，电量 e1.610 19 C，不计电子重力电子源发射速度 v1.610 6 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 )6A 90时， l9.1 cm B 60时， l9.1 cmC 45时， l4.55 cm D 30时， l4.55 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 v2r mveBm4.5510 2 m4.55 cm，恰好有： r d ，由于电9.110 311.61061.610 192.010 4 L2子源 S 可向纸面内任

12、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 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 l4.55 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 30，故 C 错误，D 正确；当 l9.1 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 90，故 A 正确，B 错误