2024-2025高考物理二轮复习选择题提速练15

PAGEPAGE1选择题提速练151—5为单选，6—8为多选1.(2024·河南郑州一模)如图，一半径为R的绝缘环上，匀称地带有电荷量为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，请你依据所学的物理学问，通过肯定的分析，推断正确的表达式是(D)A.eq\f(kQ,R2＋L2) B.eq\f(kQL,R2＋L2)C.eq\f(kQR,\r(R2＋L23)) D.eq\f(kQL,\r(R2＋L23))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＝eq\f(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EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)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重量Ey相互抵消，而轴向重量Ex之和即为带电环在P处的场强E，故E＝nEx＝n×eq\f(kQ,nL2＋R2)×eq\f(L,r)＝eq\f(kQL,rL2＋R2)③而r＝eq\r(L2＋R2)④联立①②③④可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，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．当时速度为2v时(D)A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间B．小球肯定落在斜面上的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θD．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，当时速度为v时，小球落在斜面上的b点，则有L0cosα＝vt1，L0sinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，当时速度为2v时，有Lcosα＝2vt2，Lsinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，联立解得L＝4L0，即小球肯定落在斜面上的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．(2024·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，现用手限制住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，起先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2geq\r(\f(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；依据“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eq\f(mg,k)渐渐变成被拉伸eq\f(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·eq\f(2mg,k)·sin30°－mg·eq\f(2mg,k)＝eq\f(1,2)×5mv2，解得v＝2geq\r(\f(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点动身，分别沿直线游到A点和B点后，马上沿原路途返回到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v0，人在静水中速度为v，对甲，由O→A所用时间t1＝eq\f(s,v＋v0)，由A→O所用时间t2＝eq\f(s,v－v0)，则甲所用时间t甲＝t1＋t2＝eq\f(s,v＋v0)＋eq\f(s,v－v0)＝eq\f(2v,v2－v\o\al(2,0))s①式；对乙，由O→B和由B→O的实际速度v′＝eq\r(v2－v\o\al(2,0))，故所用时间t乙＝eq\f(2s,v′)＝eq\f(2s,\r(v2－v\o\al(2,0)))②式；两式相比得eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(v,\r(v2－v\o\al(2,0)))>1，即t甲>t乙，故C正确．5．传感器是自动限制设备中不行缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境爱护、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，其中通过变更电容器两极间距离而引起电容变更的是(C)解析：图A中是通过变更电介质而引起电容变更的，图B和D是通过变更两极的正对面积而引起电容变更的，图C中是通过变更电容器两极间距离而引起电容变更的，选项C正确．6．2024年10月，宁东—浙江±800kV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＝250kV，输出功率P1＝1×105kW，输电线电阻R＝8Ω.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eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,16)D．用800kV高压输电，输电线损耗功率为8000W解析：由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知U1不变时，U2也不变，选项B错误；由U3＝U2－eq\f(P1,U2)R知，电站的输出功率突然增大，U3减小，又eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，故U4也减小，选项A正确；I1＝eq\f(P1,U1)＝400A，I2＝eq\r(\f(ΔP,R))＝25A，eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(25,400)＝eq\f(1,16)，选项C正确；用800千伏高压输电，即U2′＝800千伏，I2′＝eq\f(P1,U2′)＝125A，ΔP′＝I2′2R＝1.25×102kW，选项D错误．7．(2024·新课标全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直马路上同向运动，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，可向纸面内随意方向放射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，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对外的匀强磁场，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．电子源放射速度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＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，依据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB＝meq\f(v2,r)，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝eq\f(mv,eB)＝eq\f(9.1×10－31×1.6×106,1.6×10－19×2.0×10－4)m＝4.55×10－2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝eq\f(L,2)，由于电子源S可向纸面内随意方向放射电子，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