2018年高考物理一輪訓(xùn)練（2）及詳細(xì)解析

（重慶專用）2018年高考物理一輪訓(xùn)練（2）及詳細(xì)解析一、選擇題1、(多選)a、b是位于x軸上的兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電勢(shì)如圖中曲線所示(取無(wú)窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零)，M、N、P為x軸上的三點(diǎn)，P點(diǎn)對(duì)應(yīng)圖線的最低點(diǎn)，a、P間距離大于P、b間距離。一質(zhì)子以某一初速度從M點(diǎn)出發(fā)，僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0B．a(chǎn)和b一定是帶等量同種電荷C．質(zhì)子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率先增大后減小D．質(zhì)子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度先增大后減小解析：選AC由電勢(shì)圖線知兩電荷均帶正電，但電荷量Q1>Q2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低知，在P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向改變，所以P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，選項(xiàng)A正確；質(zhì)子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，加速度先減小后增大，速率先增大后減小，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2、(2017·松江區(qū)一模)靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷()A．在x2和x4處電勢(shì)能相等B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中電勢(shì)能增大C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先減小后增大解析：選B由題圖可知，正電荷從x2運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功不為零，則正電荷在x2和x4處電勢(shì)能不相等，故A錯(cuò)誤；x1～x3處場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)閤軸負(fù)方向，則從x1到x3電勢(shì)升高，正電荷在x3處電勢(shì)能較大，故B正確；由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電勢(shì)升高，正電荷的電勢(shì)能增大，故C錯(cuò)誤；由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度的絕對(duì)值先增大后減小，故由F＝qE知，電場(chǎng)力先增大后減小，故D錯(cuò)誤。3、(2017·宜春二模)如圖甲所示，x軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2(Q2位于坐標(biāo)原點(diǎn)O)，其上有M、N、P三點(diǎn)，間距MN＝NP，Q1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系如圖乙。則()A．M點(diǎn)電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)大小均為零B．N點(diǎn)電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)大小均不為零C．一正試探電荷從P移到M過(guò)程中，電場(chǎng)力做功|WPN|＝|WNM|D．由圖可知，Q1為負(fù)電荷，Q2為正電荷，且Q1的電荷量大于Q2解析：選Dφx圖線的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，所以M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為零，故A錯(cuò)誤；同理可知N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，故B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，UMN＞UNP，正試探電荷從P移到M過(guò)程中，電場(chǎng)力做功qUMN＞qUNP，電場(chǎng)力做負(fù)功，故|WPN|＜|WNM|，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镹點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0，所以Q1、Q2在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向相反，兩電荷為異種電荷，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，Q1帶負(fù)電、Q2帶正電，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)，可知與N點(diǎn)距離大的電荷量大，所以Q1的電荷量大于Q2，故D正確。4.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻r≠0，定值電阻R2消耗的功率用P表示，兩電表均為理想電表，電容器與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)，電壓表和電流表的讀數(shù)分別用U、I表示，電容器所帶的電荷量用Q表示，通過(guò)電源的電荷量為q時(shí)，電源所做的功用W表示。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，下列圖像正確的是()解析：選AB電阻R2消耗的功率P＝I2R2，圖像A正確；電容器所帶電荷量Q＝UCC＝[E－I(r＋R2)]C＝EC－IC(r＋R2)，圖像B正確；電壓表的讀數(shù)U＝E－Ir，圖像C錯(cuò)誤；電源做功W＝qE，圖像D錯(cuò)誤。5.某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫(huà)在同一坐標(biāo)系內(nèi)，如圖所示，根據(jù)圖線可知下列說(shuō)法正確的是()A．反映Pr變化的圖線是bB．電源電動(dòng)勢(shì)約為8VC．當(dāng)外電阻約為2Ω時(shí)，輸出功率最大D．當(dāng)電流為0.5A時(shí)，外電路的電阻約為6Ω解析：選CD電源內(nèi)部發(fā)熱功率Pr＝I2r，所以Pr-I圖像為拋物線，則反映Pr變化的圖線為c，A錯(cuò)誤；電源的總功率為PE＝EI，其圖線為a，則E＝eq\f(PE,I)＝eq\f(8,2)V＝4V，B錯(cuò)誤；由圖線c知，當(dāng)I＝1A時(shí)，Pr＝2W，由Pr＝I2r得r＝2Ω，當(dāng)外電阻為2Ω時(shí)，輸出功率最大，C正確；當(dāng)電流為0.5A時(shí)，由I＝eq\f(E,R＋r)解得R＝6Ω，D正確。6．位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運(yùn)動(dòng)；若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運(yùn)動(dòng)，且F1與F2功率相同。則可能有()A．F2＝F1v1>v2 B．F2＝F1v1<v2C．F2>F1v1>v2 D．F2<F1v1<v2解析：選BD根據(jù)平衡條件有F1＝μmg，設(shè)F2與水平面間的夾角為θ，則有F2cosθ＝μ(mg－F2sinθ)，得F2＝eq\f(F1,cosθ＋μsinθ)，因而兩力大小關(guān)系不確定，但兩種運(yùn)動(dòng)情況下，物體均做勻速運(yùn)動(dòng)，且兩力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，顯然第二種情況下，摩擦力較小，則有v1<v2，即B、D正確。7.(2017·溧陽(yáng)市聯(lián)考)一輛汽車在平直的公路上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽引力和速度的關(guān)系圖像如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達(dá)到的最大速度v3，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒定，則根據(jù)圖像所給的信息，下列說(shuō)法正確的是()A．汽車行駛中所受的阻力為eq\f(F1v1,v3)B．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中牽引力的沖量大小為eq\f(mv1v3,v3－v1)C．速度為v2時(shí)的加速度大小為eq\f(F1v1,mv2)D．若速度為v2時(shí)牽引力恰為eq\f(F1,2)，則有v2＝2v1解析：選ABD根據(jù)牽引力和速度的關(guān)系圖像和功率P＝Fv得，汽車運(yùn)動(dòng)中的最大功率為F1v1，汽車達(dá)到最大速度v3時(shí)加速度為零，此時(shí)阻力等于牽引力，所以阻力f＝eq\f(F1v1,v3)，A正確；根據(jù)牛頓第二定律，保持某一恒定加速度時(shí)，加速度a＝eq\f(F1－f,m)＝eq\f(F1,m)－eq\f(F1v1,mv3)，加速的時(shí)間：t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(mv1v3,F1v3－v1)，則汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝eq\f(mv1v3,v3－v1)，B正確；汽車保持的恒定的牽引功率為F1v1，故速度為v2時(shí)的牽引力是eq\f(F1v1,v2)，對(duì)汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律，可得速度為v2時(shí)加速度大小為a′＝eq\f(F1v1,mv2)－eq\f(F1v1,mv3)，C錯(cuò)誤；若速度為v2時(shí)牽引力恰為eq\f(F1,2)，則eq\f(F1v1,v2)＝eq\f(F1,2)，則v2＝2v1，D正確。二、非選擇題1、如圖所示，在O點(diǎn)處固定一個(gè)正電荷，在過(guò)O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)，自由釋放一個(gè)帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球下落的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓相交于B、C兩點(diǎn)，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。若小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，試求：(1)小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小球由A到C的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功。解析：(1)因B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，小球由B到C只有重力做功，由動(dòng)能定理有：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2解得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)設(shè)小球由A到C的過(guò)程電場(chǎng)力做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理mgh＋W＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh。答案：(1)eq\r(v2＋gR)(2)eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh2．(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖所示的裝置由水平彈簧發(fā)射器及兩個(gè)軌道組成：軌道Ⅰ是光滑軌道AB，AB間高度差h1＝0.20m；軌道Ⅱ由AE和螺旋圓形EFG兩段光滑軌道和粗糙軌道GB平滑連接而成，且A點(diǎn)與EFG段最高處F點(diǎn)等高。軌道Ⅱ最低點(diǎn)與AF所在直線的高度差h2＝0.40m。當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰能使質(zhì)量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)，當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)，恰能使滑塊沿軌道Ⅱ上升到B點(diǎn)，滑塊兩次到達(dá)B點(diǎn)處均被裝置鎖定不再運(yùn)動(dòng)。已知彈簧彈性勢(shì)能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，不考慮滑塊與發(fā)射器之間的摩擦，重力加速度g＝10m/s2。(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能及滑塊離開(kāi)彈簧瞬間的速度大小；(2)求滑塊經(jīng)過(guò)F點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(3)求滑塊通過(guò)GB段過(guò)程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰能使質(zhì)量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)，所以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：彈簧彈性勢(shì)能Ep1＝mgh1解得：Ep1＝0.1J對(duì)滑塊由靜止到離開(kāi)彈簧過(guò)程由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Ep1＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝2m/s。(2)根據(jù)題意，彈簧彈性勢(shì)能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，所以彈簧壓縮量為2d時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為Ep2＝0.4J根據(jù)題意，滑塊到達(dá)F點(diǎn)時(shí)有Ep2＝eq\f(1,2)mv′2，解得滑塊的速度v′＝4m