（江蘇專版）2023高考物理二輪復(fù)習(xí)滾講義練（1）（含解析）

PAGEPAGE1二輪滾講義練〔一〕滾動練一、選擇題1、(2022·揚(yáng)州模擬)如下圖為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖(俯視圖)，勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上，先將開關(guān)撥到a給超級電容器C充電，然后將開關(guān)撥到b可使電阻很小的導(dǎo)體棒EF沿水平軌道彈射出去，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．電源給電容器充電后，M板帶正電B．在電容器放電過程中，電容器兩端電壓不斷減小C．在電容器放電過程中，電容器的電容不斷減小D．假設(shè)軌道足夠長，電容器將放電至電量為0解析：選B電容器下極板接正極，所以充電后N板帶正電，故A錯誤；電容器放電時(shí)，電量和電壓均減小，故B正確；電容是電容器本身的性質(zhì)，與電壓和電量無關(guān)，故放電時(shí)，電容不變，故C錯誤；假設(shè)軌道足夠長，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，產(chǎn)生的感應(yīng)電流和放電形成的電流大小相同時(shí)，不再放電，故電容器放電不能至電量為0，故D錯誤。2、如下圖，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電量很少，可被忽略。一帶負(fù)電油滴靜止于電容器中的P點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，那么()A．平行板電容器的電容將變大B．靜電計(jì)指針張角變小C．帶電油滴的電勢能將增大D．假設(shè)先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，那么帶電油滴所受電場力不變解析：選D根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)知，d增大，那么電容減小，故A錯誤；靜電計(jì)檢測的是電容器兩端的電勢差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，那么電勢差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故B錯誤；電勢差不變，d增大，那么電場強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板的電勢差減小，那么P點(diǎn)的電勢增大，因?yàn)樵搸щ娪偷螏ж?fù)電荷，那么電勢能減小，故C錯誤；電容器與電源斷開，那么電荷量不變，d改變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)，知電場強(qiáng)度不變，那么帶電油滴所受電場力不變，故D正確。3、如下圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，有一帶電粒子P靜止在電容器上部空間中，當(dāng)在其下極板上快速插入一厚度為L的不帶電的金屬板后，粒子P開始運(yùn)動，重力加速度為g。粒子運(yùn)動的加速度大小為()A.eq\f(L,d)g B.eq\f(L,d－L)gC.eq\f(d－L,d)g D.eq\f(d,d－L)g解析：選B設(shè)板間電壓為U，帶電粒子靜止時(shí)有：eq\f(U,d)q＝mg；當(dāng)插入金屬板后，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，相當(dāng)于電容器極板間距減小為d′＝d－L，由牛頓第二定律得qeq\f(U,d′)－mg＝ma，解得a＝eq\f(L,d－L)g，故B正確。4.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中研究遠(yuǎn)距離輸電。由于輸電線太長，他將每100米導(dǎo)線卷成一卷，共卷成8卷來代替輸電線路(忽略輸電線路的電磁感應(yīng))。在輸送功率相同時(shí)，第一次直接將輸電線與學(xué)生電源及用電器相連，測得輸電線上損失的功率為P1，第二次采用如下圖的電路輸電，其中理想變壓器T1與學(xué)生電源相連，其原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2，理想變壓器T2與用電器相連，測得輸電線上損失的功率為P2。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．前后兩次實(shí)驗(yàn)都可用于研究遠(yuǎn)距離直流輸電B．實(shí)驗(yàn)可以證明，T1采用升壓變壓器(匝數(shù)比為eq\f(n2,n1)>1)能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失C．假設(shè)輸送功率一定，那么P2∶P1＝n1∶n2D．假設(shè)輸送功率一定，那么P2∶P1＝n12∶n22解析：選BD變壓器只能改變交變電流的電壓，所以第二次實(shí)驗(yàn)只能研究遠(yuǎn)距離交流輸電，故A錯誤；第一次實(shí)驗(yàn)，輸電線上的電流I＝eq\f(P,U1)，輸電線上損失的功率P1＝I2R＝eq\f(P2,U12)R；第二次實(shí)驗(yàn)，升壓變壓器副線圈上的電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1，輸電線上的電流I′＝eq\f(P,U2)，輸電線上損失的功率P2＝I′2R＝eq\f(P2,U22)R，所以eq\f(P2,P1)＝eq\f(U12,U22)＝eq\f(n12,n22)，故D正確，C錯誤；由上述分析知P2<P1，即實(shí)驗(yàn)可以證明，T1采用升壓變壓器能減小輸電電流，能減小遠(yuǎn)距離輸電的能量損失，故B正確。5．如下圖為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。發(fā)電機(jī)輸出功率、輸出電壓均恒定，輸電線電阻不變，升壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為U1和U2。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流B．輸電線損耗的功率為eq\f(U22,r)C．將P下移，用戶獲得的電壓將降低D．將P下移，用戶獲得的功率將增大解析：選AD發(fā)電機(jī)輸出功率恒定，根據(jù)P＝UI可知，采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流，故A正確；輸電線上損失的功率為：P損＝eq\f(U損2,r)，而U2為升壓變壓器副線圈兩端的電壓，故B錯誤；假設(shè)P下移，升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增大，由U2＝eq\f(n2,n1)U1，根據(jù)功率表達(dá)式，可知輸電線中電流I＝eq\f(P,U2)，那么電流會減小，輸電線中損失電壓U損＝IR，輸電線的電壓減小，那么用戶獲得的電壓升高，故C錯誤；假設(shè)P下移，升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增大，由上分析可知，輸電線中損失電壓減小，用戶獲得的功率將增大，故D正確。6、如圖，一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度沖上傾角為θ的固定斜面，然后沿斜面運(yùn)動?；瑝K先后兩次經(jīng)過斜面A點(diǎn)速度大小分別為v1和v2，那么滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ為()A.eq\f(v1－v2,v1＋v2)tanθ B.eq\f(v1－v2,v1＋v2)cotθC.eq\f(v12－v22,v12＋v22)tanθ D.eq\f(v12－v22,v12＋v22)cotθ解析：選C滑塊先后兩次經(jīng)過斜面A點(diǎn)時(shí)由動能定理得eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝－μmgcosθ·2x；當(dāng)滑塊第一次從A點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)由動能定理得0－eq\f(1,2)mv12＝－mgxsinθ－μmgcosθ·x，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v12－v22,v12＋v22)tanθ，選項(xiàng)C正確。7、(2022·寧波模擬)如下圖，輕質(zhì)彈簧的一端固定在傾角為θ的光滑斜面底端，另一端與質(zhì)量為m的物體連接。開始時(shí)用手按住物體使彈簧處于壓縮狀態(tài)，放手后物體向上運(yùn)動所能到達(dá)的最大速度為v。重力加速度為g，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．物體到達(dá)最大速度v時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)B．物體到達(dá)最大速度v時(shí)，其加速度為gsinθC．從釋放到到達(dá)最大速度v的過程中，物體受到的合外力一直減小D．從釋放到到達(dá)最大速度v的過程中，彈簧彈力對物體做功為eq\f(1,2)mv2解析：選AC對物體m應(yīng)用牛頓第二定律可得：kx－mgsinθ＝ma，隨x減小，物體向上的加速度逐漸減小，當(dāng)kx＝mgsinθ時(shí)，a＝0，物體速度最大，A、C正確，B錯誤；由動能定理可知，彈簧彈力和重力所做的總功才等于eq\f(1,2)mv2，D錯誤。二、非選擇題1、(2022·自貢模擬)如下圖，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一外表光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿直桿勻速下滑，小環(huán)離開直桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)(g取10m/s2)。求：(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動的加速度大小和方向；(2)小環(huán)在直桿上做勻速運(yùn)動時(shí)速度的大?。?3)小環(huán)運(yùn)動到P點(diǎn)的動能。解析：(1)小環(huán)在直桿上做勻速運(yùn)動，所受電場力必定水平向右，否那么小環(huán)將做勻加速運(yùn)動，其受力情況如下圖。由平衡條件得：mgsin45°＝Eqcos45°得：mg＝Eq，小環(huán)離開直桿后，只受重力、電場力作用，那么合力為F合＝eq\r(2)mg＝ma解得加速度為：a＝10eq\r(2)m/s2≈14.1m(2)設(shè)小環(huán)在直桿上做勻速運(yùn)動的速度為v0，離開直桿后經(jīng)時(shí)間t到達(dá)P點(diǎn)，那么豎直方向：h＝v0sin45°·t＋eq\f(1,2)gt2水平方向：v0cos45°·t－eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2＝0解得：v0＝2m/s。(3)由動能定理得：EkP－eq\f(1,2)mv02＝mgh解得：EkP＝5J。答案：(1)14.1m/s2方向垂直于直桿斜向右下方(2)2m/s(3)5J2、(2022·鹽城期末)如下圖，光滑桿一端固定在水平面B點(diǎn)，與地面成θ＝30°角，原長為L的輕質(zhì)橡皮筋一端固定在地面上的O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的圓球相連，圓球套在桿上。圓球處于A點(diǎn)時(shí)，橡皮筋豎直且無形變。讓圓球從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度為零，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求：(1)運(yùn)動過程中桿對圓球的最小彈力；(2)圓球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，橡皮筋的彈性勢能；(3)圓球運(yùn)動到桿的中點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率。解析：(1)在橡皮筋沒有拉伸過程中，桿對圓球的彈力最小，對圓球那么有：FN＝mgcosθ＝eq\f(\r(3