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    高考物理二轮专项复习选择题提速练15 (含详解)

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    高考物理二轮专项复习选择题提速练15 (含详解)

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    这是一份高考物理二轮专项复习选择题提速练15 (含详解),共4页。
    选择题提速练151—5为单选,6—8为多选1. (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OPL.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  由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为EPkk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EnExn×× r 联立①②③④可得E,D正确.2.如图所示,足够长的斜面上有abcde五个点,abbccdde,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θD.小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角也为θ解析:abbccddeL0,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L0cosαvt1L0sinαgt,当初速度为2v时,有Lcosα=2vt2Lsinαgt,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.(辽宁五校协作体模拟)如图所示,A放在固定的光滑斜面上,BC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4mBC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2gC.C刚离开地面时,B的加速度最大D.从释放AC刚离开地面的过程中,AB两小球组成的系统机械能守恒解析:AB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AB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AA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4mg··sin30°-mg·×5mv2,解得v=2g,选项B正确;从释放AC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AB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,OAOB分别与水流方向平行和垂直,且OAOB.若水流速度不变,两人在静水中游速相等,则他们所用时间tt的大小关系为( C ) A.t<t   B.ttC.t>t   D.无法确定解析:设水速为v0,人在静水中速度为v,对甲,由OA所用时间t1,由AO所用时间t2,则甲所用时间tt1t2s式;对乙,由OB和由BO的实际速度v′=,故所用时间t式;两式相比得>1,即t>t,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=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D.用800 kV高压输电,输电线损耗功率为8 000 W解析:U1不变时,U2也不变,选项B错误;由U3U2R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′=I22R=1.25×102 kW,选项D错误.7.(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OS间的距离d=4.55 cm,MNSO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=1.6×106 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 cmC.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:evBm,解得电子圆周运动的轨道半径为:r m=4.55×10-2 m=4.55 cm,恰好有:rd,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:lNA,又由题设选项可知,MNSO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S1OMN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S2OMN的夹角θ=90°,故A正确,B错误. 

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