2018年高考物理一輪訓(xùn)練（8）及詳細(xì)解析

（重慶專用）2018年高考物理一輪訓(xùn)練（8）及詳細(xì)解析一、選擇題1、(2017·上高月考)如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計(jì)相接，極板M接地，用靜電計(jì)測量兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時(shí)，給電容器充電，靜電計(jì)指針張開一定角度。在整個(gè)實(shí)驗(yàn)過程中，保持電容器所帶電荷量Q不變，下列說法正確的是()A．將M板向下平移，將使靜電計(jì)指針張角變小B．將M板沿水平向左方向遠(yuǎn)離N板，將使靜電計(jì)指針張角變小C．在M、N之間插入云母板(介電常數(shù)ε＞1)，將使靜電計(jì)指針張角變小D．將M板沿水平向右方向移動(dòng)(但不接觸N板)，兩板間的場強(qiáng)增大解析：選C將M板向下平移，兩板正對(duì)面積減小，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)知電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，Q不變，板間的電勢差U增大，靜電計(jì)指針張角變大，故A錯(cuò)誤；將M板沿水平向左方向遠(yuǎn)離N板，板間距離d變大，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)知電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，Q不變，板間的電勢差U增大，靜電計(jì)指針張角變大，故B錯(cuò)誤；在M、N之間插入云母板(介電常數(shù)ε＞1)，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)知電容增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，Q不變，板間的電勢差減小，靜電計(jì)指針張角變小，故C正確；根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εS)，知E與d無關(guān)，所以將M板沿水平向右方向移動(dòng)(但不接觸N板)，兩板間的場強(qiáng)不變，故D錯(cuò)誤。2、(2017·南京一模)如圖所示為可變電容器，旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將()A．逐漸增大B．逐漸減小C．保持不變D．先增大后減小解析：選A旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合時(shí)，相當(dāng)于增加了電容器極板間的正對(duì)面積，則由電容器的決定式C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容將逐漸增大，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。3、(2017·南京二模)目前的觸摸屏大多是電容式觸摸屏。電容式觸摸屏內(nèi)有一導(dǎo)電層。導(dǎo)電層四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)手指觸摸屏幕時(shí)，人體和觸摸屏就形成了一個(gè)電容，電容具有“通高頻”的作用，從而導(dǎo)致有電流分別從觸摸屏四角上的電極中流出，并且流經(jīng)這四個(gè)電極的電流與手指到四角的距離成正比，控制器通過對(duì)這四個(gè)電流比例的精確計(jì)算，得出觸摸點(diǎn)的位置信息。在開機(jī)狀態(tài)下，下列說法正確的是()A．電容式觸摸屏感測手指觸摸點(diǎn)的位置是因?yàn)槭种笇?duì)屏幕按壓產(chǎn)生了形變B．電容式觸摸屏感測手指觸摸點(diǎn)的位置是利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象C．當(dāng)手指觸摸屏幕時(shí)手指有微弱的電流流過D．當(dāng)手指離開屏幕時(shí)，電容變小，對(duì)高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指離開的準(zhǔn)確位置解析：選C電容式觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，無需手指按壓屏幕，故A錯(cuò)誤；電容式觸摸屏感測手指觸摸點(diǎn)的位置利用的是電容器的充、放電原理，不是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；由題意可知，手指從觸點(diǎn)吸走一部分電荷，在電荷定向移動(dòng)的過程中，會(huì)有微弱電流通過，故C正確；根據(jù)電容器的工作原理可知，當(dāng)手指離開屏幕時(shí)，電容變小，電容器將放電，控制器仍然能檢測到手指離開的準(zhǔn)確位置，故D錯(cuò)誤。4.(2017·蘇州一模)如圖所示為一個(gè)小型電風(fēng)扇的電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流電風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D，電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r。接通電源后，電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測出通過風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的電流為I。則下列說法正確的是()A．理想變壓器的輸入功率為eq\f(UI,n)B．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)中的電流為eq\f(U,nr)C．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為eq\f(U,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I－\f(U,nR)))D．若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，則通過原線圈的電流為eq\f(UR＋r,n2Rr)解析：選D理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，則輸出端電壓為eq\f(U,n)，而風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的輸入功率為eq\f(UI,n)，因輸出端還有一只燈泡，故A錯(cuò)誤；由上述分析知輸出端電壓為eq\f(U,n)，因?yàn)轱L(fēng)扇電動(dòng)機(jī)不是純電阻器件，所以電流不能表示為eq\f(U,nr)，故B錯(cuò)誤；風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的輸入功率為eq\f(UI,n)，而風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的線圈電阻消耗的功率為I2r，則風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為eq\f(UI,n)－I2r，故C錯(cuò)誤；若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住可視為純電阻，兩電阻并聯(lián)，則根據(jù)歐姆定律可知，通過原線圈的電流為eq\f(UR＋r,n2Rr)，故D正確。5.(2017·鎮(zhèn)江三模)如圖所示，一理想變壓器的原線圈接有電壓為U的交流電，副線圈接有電阻R1、光敏電阻R2(阻值隨光照增強(qiáng)而減小)，開關(guān)K開始時(shí)處于閉合狀態(tài)，下列說法正確的是()A．當(dāng)光照變?nèi)鯐r(shí)，變壓器的輸入功率增加B．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，電阻R1消耗的功率增加C．當(dāng)開關(guān)K由閉合到斷開，原線圈中電流變大D．當(dāng)U增大時(shí)，副線圈中電流變小解析：選B當(dāng)光照變?nèi)鯐r(shí)，光敏電阻的阻值變大，輸出功率減小，輸入功率也變小，故A錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，原線圈匝數(shù)減小，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知，副線圈兩端的電壓增大，電阻R1兩端的電壓增大，電阻R1消耗的功率增加，故B正確；當(dāng)開關(guān)K由閉合到斷開，副線圈回路電阻增大，輸出電流減小，匝數(shù)比不變，所以原線圈中電流變小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)U增大時(shí)，副線圈電壓增大，副線圈中電流變大，故D錯(cuò)誤。6、將一傾角為θ的斜面體固定在水平面上，在最高點(diǎn)A與最低點(diǎn)C之間有一點(diǎn)B，滿足AB＝2BC。將一小滑塊從最高點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后到達(dá)C點(diǎn)，且此時(shí)滑塊的速度為零。已知滑塊與AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。由以上條件判斷下列關(guān)系式中正確的是()A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：選B滑塊從最高點(diǎn)由靜止釋放，恰好能滑動(dòng)到斜面體的最低點(diǎn)，對(duì)滑塊受力分析可知滑塊受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力作用。設(shè)斜面的總長為L，從A到C，由動(dòng)能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ·eq\f(2,3)L－μ2mgcosθ·eq\f(1,3)L＝0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，B正確。7、質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面開始向左運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：選A設(shè)物體克服彈簧彈力所做的功為WT，則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對(duì)物體做功為－WT，摩擦力對(duì)物體做功為－μmg(s＋x)，根據(jù)動(dòng)能定理有－WT－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，所以，WT＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故A正確。二、非選擇題1、如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時(shí)，某一帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0開始，前eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。[思路點(diǎn)撥](1)兩板間加恒定電壓時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)。(2)兩板間加交變電壓時(shí)，水平方向始終為勻速運(yùn)動(dòng)，粒子在豎直方向的運(yùn)動(dòng)可畫v-t圖像分析。[解析](1)設(shè)粒子經(jīng)過時(shí)間t0打在M板中點(diǎn)沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)t02解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v02,U0L2)。(2)粒子通過兩板間的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時(shí)刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，在每個(gè)電壓變化周期的前三分之一時(shí)間內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個(gè)電壓變化周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)不同時(shí)刻從O1點(diǎn)進(jìn)入電場的粒子沿電場方向的速度vy隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示。所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t＝nT(n＝0,1,2，…)和t＝nT＋eq\f(1,3)T(n＝0,1,2，…)時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子恰好分別從上、下極板右側(cè)邊緣飛出。它們沿電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大，則eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1·\f(T,3)))T解得U＝eq\f(3U0,8)。[答案](1)eq\f(4d2v02,U0L2)(2)eq\f(3U0,8)[備考錦囊]分段研究，化變?yōu)楹阍趦蓚€(gè)相互平行的金屬板間加交變電壓時(shí)，在兩板中間便可獲得交變電場。對(duì)于帶電粒子在交變場中的運(yùn)動(dòng)，可以分段處理，此類電場在一段時(shí)間內(nèi)為勻強(qiáng)電場，即電場中各個(gè)位置處電場強(qiáng)度的大小、方向都相同。但從整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程看電場又是變化的，即電場強(qiáng)度的大小和方向可隨時(shí)間變化。2、(2017·泉州期末)如圖所示，一輕繩跨過光滑的小定滑輪，一端與在傾角為37°的光滑斜面上的小物體m1連接，另一端與套在光滑豎直桿上的小物體m2連接，滑輪到豎直桿的距離為1.2m?，F(xiàn)在讓m2從與滑輪等高的A點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)斜面和桿足夠長，m1不會(huì)碰到滑輪，m2不會(huì)碰到地面，g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)若m2下滑到距A點(diǎn)1.6m的C點(diǎn)時(shí)，其速度剛好為0，求m1、m2的質(zhì)量之比；(2)若m2＝0.36m1，當(dāng)m2下滑到距A點(diǎn)0.9m的B點(diǎn)時(shí)，求此時(shí)m1、m2的速度大小。解析：(1)由幾何關(guān)系知：m2下滑到C點(diǎn)，m1沿斜面上升了l2＝0.8m此時(shí)兩者速度均為0