江苏专版2017高考物理二轮复习选择题31分强化练六

选择题31分强化练(六)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意)1如图1所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是()图1Aa、b两点的场强相同BOy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而先变大后变小C将一试探电荷q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动DOy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大Ca、b两点的场强大小相等、方向相反，选项A错误；由等量正点电荷的电场特点，知Oy轴上沿正方向电势随坐标y的增大逐渐减小，选项B错误；a点场强方向沿ab连线向右，试探电荷q自a点由静止释放后向右运动，遵循能量守恒定律，选项C正确；等量正点电荷连线的中点电场强度为零，沿Oy轴正方向无穷远处电场强度为零，知电场强度沿Oy轴正方向先增大后减小，选项D错误2在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空若减小风力，体验者在加速下落过程中()A失重且机械能增加B失重且机械能减少C超重且机械能增加D超重且机械能减少B体验者在风力作用下漂浮在半空，体验者的合力为零，如果减小风力，则重力大于风力，合力向下，体验者向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态；体验者向下加速运动过程中，除了重力做功外，风力做负功，机械能减少，故A、C、D错误，B正确3(2016全国丙卷T15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A两个电势不同的等势面可能相交B电场线与等势面处处相互垂直C同一等势面上各点电场强度一定相等D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功B在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误4.如图2所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则()图2A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带的速度v有关C滑块不可能重新回到出发点A处D传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多D因滑块能通过C点，则在C点的速度最小值为vC，由动能定理，从A点到C点满足：mghmg2 Rmv，解得hR，故选项A错误；物体在传送带上向右做匀减速运动，加速度为ag，向右运动的最大距离xm，故滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，选项B错误；当传送带的速度v大于物体到达D点的速度时，物体向右运动直至速度减到零后，再向左运动回到D点的速度与原来相同，故此时物体仍能回到出发点A，故选项C错误；传送带速度v越大，滑块与传送带的相对位移越大，则由摩擦产生的热量越多，选项D正确5.如图3所示，相距d、长为2d的两平行金属板a、b间有正交的匀强电场和匀强磁场一电子以初速度v0从两金属板中间沿垂直于电场和磁场的方向射入若两板间的电势差为U，电子的质量为m，所带电荷量的大小为e，则下列说法正确的是()【导学号：25702100】图3A若该电子沿直线运动，则磁场的磁感应强度大小应满足BB若电子能够通过该正交的匀强电场和匀强磁场区域，则电子的动能一定增加了eUC若撤去电场，则该电子打在金属板b的中点时其做圆周运动的轨道半径为RdD若撤去磁场，电子恰好打在金属板a的中点，则电子的入射速度v02C若电子在该复合场中恰好沿直线运动，则必有ev0Be，解之可得B，选项A错误；若电子恰好沿直线通过该正交的匀强电场和匀强磁场区域，则电子的动能不会发生变化，若电子在运动的过程中向下偏转，则电场力对其做正功，动能增加，但不一定是eU，所以选项B错误；若撤去电场，当电子打在金属板b的中点时，其在匀强磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可得R2d2(R)2，解之可得Rd，选项C正确；若撤去磁场，则电子在匀强电场中发生偏转，当电子恰好打在金属板a的中点时，设电子在该匀强电场中运动的时间为t，则有dv0t，t2，两式联立可解得v0，选项D错误二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)6小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图4所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，下列说法中正确的是()图4A小球上升过程中的平均速度大于v0/2B小球下降过程中的平均速度大于v1/2C小球射出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值为0D小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小BD上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即小球实际上升的位移小于做匀减速运动上升的位移，而平均速度等于位移与时间之比，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于，故A错误；同理，可知小球下降过程中的平均速度大于匀加速下降的平均速度，即大于，故B正确；小球抛出时，根据牛顿第二定律得：mgkvma，此时速率最大，可知此时的加速度最大，到最高点时，v0，加速度ag，不是0，故C错误；上升过程有：mgkvma，v减小，a减小下降过程有：mgkvma，v增大，a减小，故D正确7图5为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，原副线圈的匝数比为41.V1 、A1 为监控市电供电端的电压表和电流表，V2 、A2 为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1 、R2 为教室的负载电阻，V3 、A3 为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时()图5A电流表A1 、A2 和A3 的示数都变大B只有电流表A1 的示数变大C电压表V3 的示数变小D电压表V1 和V2 的示数比始终为41CD当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于降压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即V1和V2不变，示数比始终为41，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，则原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大故选C、D.8如图6所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d.现将一质量为m，电荷量为q的带电小球以某一水平速度靠近上板下表面的P点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；若保持电场，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好垂直打在板上已知重力加速度为g，则下列说法正确的有()图6A小球从P点射入的初速度为B小球带正电，所加匀强电场EC所加匀强磁场方向垂直纸面向里，BD加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为AD小球从P点射入后做平抛运动，根据分位移公式，有：2dv0t，dgt2联立解得：v0，故A正确；加电场后做匀速直线运动，故：qEmg，解得：E，电场力向上，场强向下，故小球带负电荷，故B错误；再加磁场后，做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，小球刚好垂直打在板上，故轨道半径为d，根据牛顿第二定律，有：qv0Bm，解得：B；根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故C错误；加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，t，故D正确9如图7所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，取g10 m/s2，由图象可知()【导学号：25702101】图7A小滑块的质量为0.1 kgB轻弹簧原长为0.2 mC弹簧最大弹性势能为0.5 JD小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 JBC在从0.2 m上升到0.35 m范围内，EkEpmgh，图线的斜率绝对值为：kN2 Nmg，所以：m0.2 kg，故A错误；在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以从h0.2 m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epmmgh0.210(0.350.1) J0.5 J，故C正确；由图可知，当h0.18 m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重大势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EpminEEkmEpmmghEkm(0.50.2100.10.32) J0.38 J，D错误6