2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：15 Word版含解析

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.kQ R 2＋L 2
B.kQL R 2＋L 2
C.kQR (R 2＋L 2)3
D.kQL (R 2＋L 2)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 ＝Q n ①
由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P 处的场强为
E P ＝k Q nr 2＝k Q n (R 2＋L 2)
② 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
E y 相互抵消，而轴向分量E x 之和即为带电环在P 处的场强E ，故
E ＝nE x ＝n ×kQ n (L 2＋R 2)×L r ＝kQL r (L 2＋R 2)
③ 而r ＝L 2＋R 2 ④
联立①②③④可得E ＝
kQL
(R 2＋L 2)3，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 ＝L 0，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L 0cos α＝v t 1，L 0sin α＝12
gt 21，当初速度为2v 时，有L cos α＝2v t 2，L sin α＝12gt 22
，联立解得L ＝4L 0，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 m 5k
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4mg sinα＝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mg k 逐渐变成被拉伸mg k ，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4mg ·2mg k ·sin30°－mg ·2mg k ＝12
×5m v 2，解得v ＝2g m 5k
，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
B ．t 甲＝t 乙
C ．t 甲>t 乙
D ．无法确定
解析：设水速为v 0，人在静水中速度为v ，对甲，由O →A 所用
时间t 1＝s v ＋v 0，由A →O 所用时间t 2＝s v －v 0
，则甲所用时间t 甲＝t 1＋t 2＝s v ＋v 0＋s v －v 0＝2v v 2－v 20
s ①式；对乙，由O →B 和由B →O 的实
际速度v ′＝v 2－v 20，故所用时间t 乙＝2s v ′＝2s
v 2－v 20②式；两式
相比得t 甲t 乙＝v v 2－v 20>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U 1＝250 kV ，输出功率P 1＝1×105 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n 1n 2＝116
D ．用800 kV 高压输电，输电线损耗功率为8 000 W
解析：由U 1U 2＝n 1n 2
知U 1不变时，U 2也不变，选项B 错误；由U 3＝U 2－P 1U 2R 知，电站的输出功率突然增大，U 3减小，又U 3U 4＝n 3n 4
，故U 4也减小，选项A 正确；I 1＝P 1U 1
＝400 A ，I 2＝ΔP R ＝25 A ，I 2I 1＝n 1
n 2＝25400＝116
，选项C 正确；用800千伏高压输电，即U 2′＝800千伏，I 2′＝P 1U 2′
＝125 A ，ΔP ′＝I 2′2R ＝1.25×102 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：v-t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＝2.0×10－4T.电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/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：e v B ＝m v 2r ，解得电子圆周运动
的轨道半径为：r ＝m v eB ＝9.1×10－31×1.6×1061.6×10－19×2.0×10－4
m ＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ，恰好有：r ＝d ＝L 2
，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S 1A 1，由图中几何关系可知，此时S 1O 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．。