2018年高考物理一輪訓(xùn)練（4）及詳細(xì)解析

（重慶專用）2018年高考物理一輪訓(xùn)練（4）及詳細(xì)解析一、選擇題1、(2017·呼倫貝爾二模)如圖所示，M和N是帶有異種電荷的帶電金屬導(dǎo)體，P和Q是M表面上的兩點，S是N表面上的一點，在M和N之間的電場中畫有三條等勢線?，F(xiàn)有一個帶正電的粒子(重力不計)在電場中的運動軌跡如圖中虛線所示，不計帶電粒子對原電場的影響，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．P和Q兩點的電勢不相等B．S點的電勢高于P點的電勢C．帶電粒子在F點的電勢能大于在E點的電勢能D．帶電粒子一定是由W點射入經(jīng)F點到E點解析：選C金屬導(dǎo)體M是等勢體，表面是等勢面，故P和Q兩點的電勢相等，選項A錯誤；由正電荷的運動軌跡可知，正電荷受向下的電場力，故電場線由M指向N，則S點的電勢低于P點的電勢，選項B錯誤；因F點電勢高于E點，故帶電粒子在F點的電勢能大于在E點的電勢能，選項C正確；帶電粒子由W點射入經(jīng)F點到E點，或者由E點射入經(jīng)F點到W點，均有可能，選項D錯誤。2、如圖所示，a、b、c代表某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，直線是電場中的幾條沒標(biāo)明方向的電場線，粗曲線是一帶正電粒子只在電場力作用下運動軌跡的一部分，M、N是軌跡上的兩點。粒子過M、N兩點時的加速度大小分別是aM、aN，電勢能分別是EpM、EpN，a、b、c的電勢分別是φa、φb、φc，a、b間的電勢差為Uab，b、c間的電勢差為Ubc，則下列判斷中正確的是()A．a(chǎn)M>aN，EpM>EpN B．φa<φb<φc，EpM<EpNC．a(chǎn)M>aN，Uab＝Ubc D．Uab＝Ubc，EpM<EpN解析：選B根據(jù)帶正電粒子的軌跡的偏轉(zhuǎn)方向，可知圓心處的電荷一定帶負(fù)電，故φa<φb<φc；根據(jù)點電荷周圍電場的特點可知，粒子在M點受到的電場力大，故aM>aN；因為ab之間的電場強度比bc間的大，由U＝Ed得Uab>Ubc；粒子由M向N運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，故EpM<EpN，只有B正確，A、C、D錯誤。3、(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，兩個等量異號點電荷M、N分別固定在A、B兩點，F(xiàn)為AB連線中垂線上某一點，O為AB連線的中點，且AO＝OF，E和φ分別表示F處的場強大小和電勢。將某試探負(fù)點電荷由F處靜止釋放時，其電勢能和加速度大小分別用ε和a表示，取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點，若將負(fù)點電荷N移走，則()A．E不變 B．φ升高C．ε變小 D．a(chǎn)變大解析：選BC令電荷M、N都存在時為狀態(tài)1，各物理量用下標(biāo)1表示；只有電荷M時為狀態(tài)2，各物理量用下標(biāo)2表示。狀態(tài)1時，電荷M、N對在F處的電場強度大小都為E0，兩者相互垂直，根據(jù)電場疊加定理可得：合場強E1＝eq\r(2)E0，方向水平向右。狀態(tài)2時，電荷M在F處的電場強度也是E0，方向沿AF連線方向。所以若將負(fù)點電荷N移走，則E改變，故A錯誤；狀態(tài)1時，易知AB連線的中垂線為一條等勢線，中垂線上無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以φ1＝0。狀態(tài)2時，只有正電荷M，所以φ2＞0，可得：若將負(fù)點電荷N移走，則φ升高，故B正確；電勢能?＝qφ，所以?1＝0，?2＜0，所以?變小，故C正確；F＝qE，a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，試探電荷q、m不變，E變小，所以a變小，故D錯誤。4.如圖，理想變壓器原線圈輸入電壓u＝Umsinωt，副線圈電路中R0為定值電阻，R是滑動變阻器。V1和V2是理想交流電壓表，示數(shù)分別用U1和U2表示；A1和A2是理想交流電流表，示數(shù)分別用I1和I2表示。下列說法正確的是()A．I1和I2表示電流的瞬時值B．U1和U2表示電壓的最大值C．滑片P向下滑動過程中，U2不變、I1變大D．滑片P向下滑動過程中，U2變小、I1變小解析：選C電流表、電壓表顯示的都是有效值而非瞬時值或最大值，A、B錯誤；若P向下滑動，R阻值減小，負(fù)載回路阻值減小，I2增大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，I1增大。V1測量原線圈兩端電壓，U1不變，V2測量副線圈兩端電壓，由于原副線圈匝數(shù)不變，所以U2不變，C正確，D錯誤。5.通過一理想變壓器，經(jīng)同一線路輸送相同電功率P，原線圈的電壓U保持不變，輸電線路的總電阻為R。當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，線路損耗電功率為P2，則P1和eq\f(P2,P1)分別為()A.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n)C.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n2)[解析]根據(jù)變壓器的變壓比，當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時，有k＝eq\f(U1,U)，副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk時，有nk＝eq\f(U2,U)，由于線路的輸送功率不變，則有P＝U1I1＝U2I2。根據(jù)焦耳定律，線路損耗功率：P1＝I12R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U1)))2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，P2＝I22R，eq\f(P2,P1)＝eq\f(I22,I12)＝eq\f(U12,U22)＝eq\f(1,n2)。[答案]D[備考錦囊]遠(yuǎn)距離輸電中的“三路兩耗”(1)三個回路回路1：發(fā)電機(jī)回路。該回路中，通過線圈1的電流I1等于發(fā)電機(jī)中的電流I機(jī)；線圈1兩端的電壓U1等于發(fā)電機(jī)的路端電壓U機(jī)；線圈1輸入的電功率P1等于發(fā)電機(jī)輸出的電功率P機(jī)?；芈?：輸送電路。I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3?；芈?：輸出電路。I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用。(2)兩種損耗①電壓損耗：輸電線上的電阻導(dǎo)致的電壓損耗，UR＝U2－U3＝IRR。②功率損耗：輸電線上的功率損耗P損＝IR2R＝P2－P3。6、如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉(zhuǎn)軸相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動。當(dāng)轉(zhuǎn)速增至某一值時，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，此時轉(zhuǎn)臺已開始勻速轉(zhuǎn)動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A．0 B．2μmgRC．2πμmgR D.eq\f(1,2)μmgR[審題指導(dǎo)](1)當(dāng)轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速增加時，對物塊做功的力為靜摩擦力。(2)當(dāng)轉(zhuǎn)臺勻速轉(zhuǎn)動時，物塊的向心力大小為μmg。[解析]物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動但還未滑動時，轉(zhuǎn)臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設(shè)此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝eq\f(mv2,R)。在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物塊做功，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0。聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)μmgR。D正確。[答案]Deq\a\vs4\al([易錯提醒])本題有同學(xué)認(rèn)為摩擦力充當(dāng)物塊做圓周運動的向心力，因此摩擦力不做功，錯選為A。但應(yīng)注意的是題目中求的是物塊從靜止到即將滑動的過程中摩擦力所做的功，而不是求轉(zhuǎn)臺穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時摩擦力做的功。7、(2017·徐州模擬)如圖所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球。已知某次拋出點的實際高度H0＝2.0m，桶的高度h0＝0.4m，到拋出點的水平距離L＝1.6m，籃球恰好落入桶內(nèi)，小明對籃球做的功約為(g取10m/s2，空氣阻力不計)()A．0.2J B．2JC．20J D．200J解析：選B籃球做平拋運動，因為恰好落入桶中，故在水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有h＝H0－h(huán)0＝eq\f(1,2)gt2，由動能定理知，小明對籃球做的功等于籃球拋出時具有的動能，即W＝eq\f(1,2)mv02，一個籃球大概500g，代入數(shù)據(jù)解得W＝2J，B正確。二、非選擇題1．(2017·揚州模擬)如圖所示，等量異種點電荷固定在水平線上的M、N兩點上，電荷量均為Q，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷)的小球，固定在長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿的一端，細(xì)桿另一端可繞過O點且與MN垂直的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動，O點位于MN的垂直平分線上距MN為L處，現(xiàn)在把桿拉到水平位置，由靜止釋放，小球經(jīng)過最低點B時速度為v，取O處電勢為零，忽略＋q對＋Q、－Q形成電場的影響。求：(1)小球經(jīng)過B點時對桿的拉力大??；(2)在＋Q、－Q形成的電場中，A點的電勢φA；(3)小球繼續(xù)向左擺動，經(jīng)過與A等高度的C點時的速度。解析：(1)小球經(jīng)B點時，在豎直方向有T－mg＝eq\f(mv2,L)即T＝mg＋eq\f(mv2,L)由牛頓第三定律知，小球?qū)?xì)桿的拉力大小也為mg＋eq\f(mv2,L)。(2)O點電勢為零，而O在MN的垂直平分線上，所以φB＝0小球從A到B過程中，由動能定理得mgL＋q(φA－φB)＝eq\f(1,2)mv2解得φA＝eq\f(mv2－2mgL,2q)。(3)由電場對稱性可知，φC＝－φA，即UAC＝2φA小球從A到C過程，根據(jù)動能定理qUAC＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2v2－4gL)。答案：見解析2、如圖所示，一根輕質(zhì)細(xì)桿的兩端分別固定著A、B兩只質(zhì)量均為m的小球，O點處有一垂直紙面的光滑水平軸。已知eq\x\to(AO)＝L，eq\x\to(BO)＝2L。使細(xì)桿從水平位置由靜止開始轉(zhuǎn)動，當(dāng)B球轉(zhuǎn)到O點正下方時，求它對細(xì)桿的拉力大小及方向。[思路點撥](1)在細(xì)桿轉(zhuǎn)動過程中，A、B兩球的角速度相等，線速度大小不同。(2)A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。[解析]設(shè)A、B兩球轉(zhuǎn)到豎直方向時速度分別為vA、vB，對這一過程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有mg·2L－mgL＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，由A、B兩球角速度相等得eq\f(vA,L