PAGEPAGE1選擇題提速練151—5為單選，6—8為多選1.(2024·河南鄭州一模)如圖，一半徑為R的絕緣環上，勻稱地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環平面的對稱軸上有一點P，它與環心O的距離OP＝L.設靜電力常量為k，關于P點的場強E，下列四個表達式中有一個是正確的，請你依據所學的物理學問，通過肯定的分析，推斷正確的表達式是(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：設想將圓環等分為n個小段，當n相當大時，每一小段都可以看做點電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n)①由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強為EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)②由對稱性可知，各小段帶電環在P處的場強垂直于軸向的重量Ey相互抵消，而軸向重量Ex之和即為帶電環在P處的場強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聯立①②③④可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正確．2．如圖所示，足夠長的斜面上有a、b、c、d、e五個點，ab＝bc＝cd＝de，從a點水平拋出一個小球，初速度為v時，小球落在斜面上的b點，落在斜面上時的速度方向與斜面夾角為θ，不計空氣阻力．當時速度為2v時(D)A．小球可能落在斜面上的c點與d點之間B．小球肯定落在斜面上的e點下方C．小球落在斜面時的速度方向與斜面的夾角大于θD．小球落在斜面時的速度方向與斜面的夾角也為θ解析：設ab＝bc＝cd＝de＝L0，斜面傾角為α，當時速度為v時，小球落在斜面上的b點，則有L0cosα＝vt1，L0sinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，當時速度為2v時，有Lcosα＝2vt2，Lsinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，聯立解得L＝4L0，即小球肯定落在斜面上的e點，選項A、B錯誤；由平拋運動規律可知，小球落在斜面上時的速度方向與斜面的夾角也為θ，選項C錯誤，選項D正確．3．(2024·遼寧五校協作體模擬)如圖所示，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上，現用手限制住A，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行．已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，起先時整個系統處于靜止狀態．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面．下列說法正確的是(B)A．斜面的傾角α＝60°B．A獲得的最大速度為2geq\r(\f(m,5k))C．C剛離開地面時，B的加速度最大D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統機械能守恒解析：A、B兩球的速度大小時刻相等，當A沿斜面下滑至速度最大時，B球豎直上升的速度也達到最大，此時A、B兩球的加速度均為零，選項C錯誤；依據“此時C恰好離開地面”可知，彈簧的彈力大小等于mg，對B由平衡條件可得，繩的拉力大小為2mg，對A由平衡條件得4mgsinα＝2mg，解得α＝30°，選項A錯誤；從釋放A到A沿斜面下滑至速度最大的過程中，彈簧由被壓縮eq\f(mg,k)漸漸變成被拉伸eq\f(mg,k)，在此過程中，由三個小球和彈簧組成的系統機械能守恒，設A獲得的最大速度為v，則4mg·eq\f(2mg,k)·sin30°－mg·eq\f(2mg,k)＝eq\f(1,2)×5mv2，解得v＝2geq\r(\f(m,5k))，選項B正確；從釋放A到C剛離開地面的過程中，彈簧對B的彈力先做正功后做負功，所以由A、B兩小球組成的系統的機械能先增大后減小，即機械能不守恒，選項D錯誤．4.如圖所示，甲、乙兩同學從河中O點動身，分別沿直線游到A點和B點后，馬上沿原路途返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關系為(C)A．t甲<t乙 B．t甲＝t乙C．t甲>t乙 D．無法確定解析：設水速為v0，人在靜水中速度為v，對甲，由O→A所用時間t1＝eq\f(s,v＋v0)，由A→O所用時間t2＝eq\f(s,v－v0)，則甲所用時間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；對乙，由O→B和由B→O的實際速度v′＝eq\r(v2－v\o\al(2,0))，故所用時間t乙＝eq\f(2s,v′)＝eq\f(2s,\r(v2－v\o\al(2,0)))②式；兩式相比得eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(v,\r(v2－v\o\al(2,0)))>1，即t甲>t乙，故C正確．5．傳感器是自動限制設備中不行缺少的元件，已經滲透到宇宙開發、環境愛護、交通運輸以及家庭生活等各種領域．下圖為幾種電容式傳感器，其中通過變更電容器兩極間距離而引起電容變更的是(C)解析：圖A中是通過變更電介質而引起電容變更的，圖B和D是通過變更兩極的正對面積而引起電容變更的，圖C中是通過變更電容器兩極間距離而引起電容變更的，選項C正確．6．2024年10月，寧東—浙江±800kV直流特高壓輸電工程完成大負荷試驗工作，成為我國第5個直流特高壓輸變電工程．如圖所示是遠距離輸電示意圖，電站的原輸出電壓U1＝250kV，輸出功率P1＝1×105kW，輸電線電阻R＝8Ω.則進行遠距離輸電時，下列說法中正確的是(AC)A．若電站的輸出功率突然增大，則降壓變壓器的輸出電壓減小B．若電站的輸出功率突然增大，則升壓變壓器的輸出電壓增大C．輸電線損耗比例為5%時，所用升壓變壓器的匝數比eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,16)D．用800kV高壓輸電，輸電線損耗功率為8000W解析：由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知U1不變時，U2也不變，選項B錯誤；由U3＝U2－eq\f(P1,U2)R知，電站的輸出功率突然增大，U3減小，又eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，故U4也減小，選項A正確；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)，選項C正確；用800千伏高壓輸電，即U2′＝800千伏，I2′＝eq\f(P1,U2′)＝125A，ΔP′＝I2′2R＝1.25×102kW，選項D錯誤．7．(2024·新課標全國卷Ⅱ)甲、乙兩汽車在同一條平直馬路上同向運動，其速度—時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示．已知兩車在t2時刻并排行駛，下列說法正確的是(BD)A．兩車在t1時刻也并排行駛B．t1時刻甲車在后，乙車在前C．甲車的加速度大小先增大后減小D．乙車的加速度大小先減小后增大解析：v-t圖象中圖象包圍的面積代表運動走過的位移，兩車在t2時刻并排行駛，利用逆向思維并借助于面積可知在t1時刻甲車在后，乙車在前，故A錯誤，B正確；圖象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先減小后增大，乙的加速度也是先減小后增大，故C錯，D正確，故選BD.8．如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內隨意方向放射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內的長度L＝9.1cm，中點O與S間的距離d＝4.55cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側區域有方向垂直于紙面對外的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4T.電子質量m＝9.1×10－31kg，電量e＝－1.6×10－19C，不計電子重力．電子源放射速度v＝1.6×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區域的長度為l，則(AD)A．θ＝90°時，l＝9.1cm B．θ＝60°時，l＝9.1cmC．θ＝45°時，l＝4.55cm D．θ＝30°時，l＝4.55cm解析：電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，依據洛倫茲力大小計算公式和向心力公式有：evB＝meq\f(v2,r)，解得電子圓周運動的軌道半徑為：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)，由于電子源S可向紙面內隨意方向放射電子，因此電子的運動軌跡將是過S點的一系列半徑為r的等大圓，能夠打到板MN上的區域范圍如圖甲所示，實線SN表示電子剛好經過板N端時的軌跡，實線SA表示電子軌跡剛好與板相切于A點時的軌跡，因此電子打在板上可能位置的區域的長度為：l＝NA，又由題設選項可知，MN與SO直線的夾角θ不定，但要使電子