2018年高考物理一輪訓(xùn)練（7）及詳細(xì)解析

（重慶專用）2018年高考物理一輪訓(xùn)練（7）及詳細(xì)解析一、選擇題1、如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部。閉合開關(guān)S，小球靜止時受到懸線的拉力為F。調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是()A．保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大B．保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變小C．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變大D．保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變小解析：選B保持R1不變，緩慢增大R2時，由于R0和R2串聯(lián)，R0兩端的電壓減小，即平行板電容器的兩個極板的電壓U減小，帶電小球受到的電場力F電＝qE＝qeq\f(U,d)減小，懸線的拉力為F＝eq\r(mg2＋F電2)將減小，選項B正確，A錯誤；保持R2不變，緩慢增大R1時，R0兩端的電壓不變，F(xiàn)電不變，懸線的拉力不變，C、D錯誤。2、(多選)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極板接地。一帶負(fù)電的油滴位于電容器中的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離，則()A．帶電油滴將豎直向下運動B．帶電油滴的機械能將增加C．P點的電勢將升高D．電容器的電容增大，極板帶電荷量增加解析：選AC將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離，間距d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可得電容減小，而U一定，由C＝eq\f(Q,U)可得電荷量Q減少，選項D錯誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)可得，板間場強減小，重力大于電場力，帶電油滴將豎直向下運動，電場力做負(fù)功，機械能減少，選項A正確，B錯誤；因上極板接地，電勢為0，P點電勢φP＝UP上＝－Ey，隨E的減小而增大，選項C正確。3如圖所示，理想二極管(具有單向?qū)щ娦?、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P靜止于水平放置的平行板電容器的正中間，則下列說法中正確的是()A．若將極板A向下移動少許，則液滴的電勢能將減小B．若將極板A向上移動少許，則液滴將向上運動C．若將極板B向上移動少許，則液滴的電勢能將增大D．若將極板A、B錯開少許，使兩極板正對面積變小，則液滴將向下運動解析：選A若將極板A向下移動少許(d減小)，電容器電容增大，二極管正向?qū)ńo電容器充電，電容器兩端電壓保持U不變，由E＝eq\f(U,d)知兩極板間電場強度增大，電場力大于液滴重力，液滴將沿電場力方向運動，電場力做正功，帶電液滴的電勢能減小，A對；若將極板A向上移動少許(d增大)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知C減小，由Q＝CU知Q將減小，但因二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器的帶電荷量Q將不變，由E＝eq\f(U,d)、Q＝CU及C＝eq\f(εrS,4πkd)知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，兩極板間電場強度不變，所以液滴仍靜止，B錯；若將極板B向上移動少許(d減小)，由E＝eq\f(U,d)知兩極板間電場強度增大，與選項A相同，帶電液滴將沿電場力方向向上運動，電場力做正功，電勢能減小，C錯；若將極板A、B錯開少許(S減小)，電容減小，但二極管阻止電容器放電，電容器帶電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)可知兩極板間電壓升高，由E＝eq\f(U,d)知兩極板間電場強度增大，液滴沿電場力方向向上運動，D錯。4.如圖甲所示，50匝矩形閉合導(dǎo)線框ABCD處于磁感應(yīng)強度大小B＝eq\f(\r(2),10)T的水平勻強磁場中，線框電阻不計。線框勻速轉(zhuǎn)動時EF處所產(chǎn)生的正弦交流電壓圖像如圖乙所示。把該交流電壓加在圖丙中理想變壓器的P、Q兩端。已知變壓器的原線圈I和副線圈Ⅱ的匝數(shù)比為5∶1，交流電流表為理想電表，電阻R＝1Ω，其他各處電阻不計，以下說法正確的是()A．t＝0.1s時，電流表的示數(shù)為0B．副線圈中交流電的頻率為50HzC．線框面積為eq\f(1,5π)m2D．0.05s時線框位于圖甲所示位置解析：選C原線圈中電壓的有效值U1＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝2V，故副線圈中的電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(2,1)A＝2A，電流表的電流為I1，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I1＝0.4A，故A錯誤；交流電的周期T＝0.2s，故交流電的頻率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，故B錯誤；根據(jù)Em＝nBSω可知S＝eq\f(Em,nBω)＝eq\f(10\r(2),50×\f(\r(2),10)×\f(2π,0.2))m2＝eq\f(1,5π)m2，故C正確；0.05s時線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，線框平面與中性面垂直，故D錯誤。5．如圖甲、乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規(guī)律變化，下列說法正確的是()A．圖甲表示交流電，圖乙表示直流電B．兩種電壓的有效值都是311VC．圖甲所示電壓的瞬時值表達式為u＝220sin100πtVD．圖甲所示電壓經(jīng)原、副線圈匝數(shù)比為10∶1的理想變壓器變壓后，功率比為1∶1解析：選D由于題圖甲、乙中表示的電流方向都隨時間變化，因此都為交流電，故A錯誤；兩種電壓的最大值是311V，有效值要小于311V，故B錯誤；從題圖甲可知，Em＝311V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以題圖甲電壓的瞬時值表達式為u＝311sin100πtV，故C錯誤；交流電經(jīng)理想變壓器變壓后，輸入功率等于輸出功率，功率比為1∶1，故D正確。6、(2017·南通模擬)彈弓是中國非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，《吳越春秋》中就有相關(guān)記載：“弩生于弓，弓生于彈…”。某同學(xué)利用一個“Y”形彈弓(如圖所示)，將一顆質(zhì)量約為20g的石頭斜向上射出約30m遠，最高點離地約10m，空氣阻力不計，g取10m/s2。則該同學(xué)對彈弓做功約為()A．1J B．2JC．3J D．4J解析：選C設(shè)石頭到達最高點時的速度為v，從最高點到落地石頭做平拋運動，則有：x＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，由石頭運動路徑的過稱性可得：v＝xeq\r(\f(g,2h))＝eq\f(30,2)×eq\r(\f(10,2×10))m/s＝eq\f(15\r(2),2)m/s，根據(jù)功能關(guān)系得該同學(xué)對彈弓做功為：W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝0.02×10×10J＋eq\f(1,2)×0.02×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15\r(2),2)))2J＝3.125J≈3J，C正確。7、一人用恒定的力F，通過圖示裝置拉著物體沿光滑水平面運動，A、B、C是其運動路徑上的三個點，且AC＝BC。若物體從A到C、從C到B的過程中，人拉繩做的功分別為WFA、WFB，物體動能的增量分別為ΔEA、ΔEB，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，下列判斷正確的是()A．WFA＝WFBΔEA＝ΔEBB．WFA>WFBΔEA>ΔEBC．WFA<WFBΔEA<ΔEBD．WFA>WFBΔEA<ΔEB解析：選B如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運動的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，又因為AC＝BC，由W＝F1l知WFA>WFB；對物體只有F做功，由動能定理知ΔEA>ΔEB，故B正確。二、非選擇題1.(2017·如東期末)如圖所示，空間有場強E＝1.0×102V/m豎直向下的勻強電場。長L＝0.8m不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一質(zhì)量m＝0.25kg，電荷量q＝5×10－2C的小球，拉起小球至輕繩水平后由A點無初速度釋放小球，當(dāng)小球運動至O點的正下方B點時，輕繩恰好斷裂，然后小球垂直打在同一豎直平面內(nèi)且與水平面成θ＝53°角，無限大的擋板MN上的C點。g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)輕繩的最大張力T；(2)A、C兩點間的電勢差UAC。解析：(1)小球從A到B過程，由動能定理得：(mg＋qE)L＝eq\f(1,2)mvB2－0，在B點，由牛頓第二定律得：T－(mg＋qE)＝meq\f(vB2,L)，解得：T＝22.5N。(2)從A到C過程，由動能定理得：(mg＋qE)hAC＝eq\f(1,2)mvC2－0，在C點根據(jù)速度關(guān)系有：vCsinθ＝vB，在勻強電場中有：UAC＝E·hAC，解得：UAC＝125V。答案：(1)22.5N(2)125V2、如圖所示，一根長L＝5m的輕桿兩端用光滑鉸鏈連接兩個物塊A、B，兩物塊質(zhì)量均為m＝1kg，A靠在光滑墻壁上，B放在水平地面上，此時桿與地面的夾角為53°。取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)若地面是粗糙的，要讓桿不倒下，則B與地面間的動摩擦因數(shù)至少為多大(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)；(2)若地面是光滑的，求當(dāng)桿與水平面夾角為37°時，A、B的速度大小。解析：(1)對A、B受力分析，分別列式對A在豎直方向上有：N1sin53°＝mg對B在水平方向上有：N1cos53°＝fN＝mg＋N1sin53°f＝μN解得：μ＝eq\f(3,8)。(2)桿運動過程中，桿和A、