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(重庆专用)2018年高考物理一轮训练(6)及详细解析

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(重庆专用)2018      年高考物理一轮训练(6)及详细解析
一、选择题
    1、(多选)电容式传感器的应用非常广泛,如图所示的甲、乙、丙、丁是四种常见的电
容式传感器,下列判断正确的是(  )


    A.图甲中两极间的电压不变,若有电流流向传感器正极,则                          h 正在变小
    B.图乙中两极间的电荷量不变,若两极间电压正在增加,则                         θ 正在变大
    C.图丙中两极间的电荷量不变,若两极间电压正在减小,则                         x 正在变大
    D.图丁中两极间的电压不变,若有电流流向传感器的负极,则                          F 为压力且正在变大
    [思路点拨] 
    (1)明确变量和不变量。
    (2)利用电容器的定义式和决定式进行分析和判断。
    [解析] 题图甲中两极间距离不变,若               h 变小,表明两极板间正对面积减小,由                C=
 εrS
4πkd可知对应电容减小,电压不变时,电容器带电荷量减小,正在放电,故电流流向传感
                                                              Q
器负极,A     错;题图乙中两极间的电荷量不变,若电压正在增加,由                        C=U可知电容正在
减小,板间距离不变,正对面积减小,则动片正在旋出,θ                        正在变大,B      对;题图丙中两
极间的电荷量、板间距离不变,若板间电压正在减小,表明电容正在增大,电介质正在插
入,x   正在增大,C     对;题图丁中两极间的电压、极板正对面积不变,若有电流流向传感
器的负极,表明电容器正在放电,电容减小,板间距离增大,若                           F 为压力,则应是       F 正在
减小,D    错。

    [答案] BC
2、全国公安机关逐步推行身份证登记指纹信息。某类型指纹采集器使用的是半导体指纹传
感器:在一块半导体基板上阵列了数百万金属颗粒,传感器阵列的每一点是一个金属电极,
充当电容器的一极,其外面是绝缘的表面,手指贴在其上与其构成了电容器的另一极。由
于指纹的嵴在空间上是凸起的,峪是凹下的,嵴和峪与半导体电容感应颗粒形成的电容值
大小不同。采集器通过对每个电容感应颗粒充、放电的电流进行测量,得到不同的数值,
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设备将采集到的不同数值进行汇总处理,从而完成指纹的采集任务,则(  )
    A.指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近,电容小
    B.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远,电容小
    C.对每个电容感应颗粒,在手指靠近时,各金属电极电荷量减小
    D.对每个电容感应颗粒,在手指远离时,各金属电极均处于充电状态
    解析:选    B 指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离表示为平行板电容器的
            εrS
间距,由    C=4πkd知   d 小,C  大,A   错误,B   正确;手指靠近时,d         减小,电容增大,在电
压一定的情况下,电荷量增大,处于充电状态,C                     错误;同理手指远离时,处于放电状态,
D 错误。

    3、如图所示,在平行板电容器正中间有一个带电微粒。S                       闭合时,该微粒恰好能保持
静止。在以下两种情况下:①保持               S 闭合,②充电后将       S 断开。下列说法能实现使该带电
微粒向上运动打到上极板的是(  )
    A.①情况下,可以通过上移极板              M 实现
    B.①情况下,可以通过上移极板              N 实现
    C.②情况下,可以通过上移极板              M 实现
    D.②情况下,可以通过上移极板              N 实现
    [思路点拨] ①情况下,不变量为             U;②情况下,不变量为          Q。
                                                                U
    [解析] 因为第①种情况下两极板间电压                U 不变,只有减小       d,使   E=d增大,电场
力  F 增大,带电微粒才向上运动打到上极板                M 上,故可以通过下移极板           M 或上移极板
N 来实现,选项      A 错误,B    正确;第②种情况下电容器所带电荷量                 Q 不变,根据     Q=
         εrS                 4πkQ
CU,C=4πkd,U=Ed,可得         E=  εrS ,可以看出    E 是个定值,与板间距         d 无关,所以无
论怎样改变极板       M、N   的间距   d,场强   E、电场力     F 都不变,带电微粒均处于静止状态,
选项   C、D  错误。

    [答案] B
    [备考锦囊] 
    电容器动态分析的解题思路


    4.(多选)如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与
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磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图乙中曲线                           a、b 所示,则(  )


    A.两次    t=0 时刻线圈平面均与中性面重合
    B.曲线    a、b 对应的线圈转速之比为          2∶3
    C.曲线    a 表示的交变电动势频率为          25 Hz
    D.曲线    b 表示的交变电动势有效值为           10 V
    解析:选    AC 由题图乙知       t=0 时两次转动产生的瞬时电动势都等于零,则线圈平面

均与中性面重合,A         正确;两次转动所产生的交变电动势的周期之比                    Ta∶Tb=2∶3,再由
                   1                                               1

                                                        -2
周期与转速的关系        n=T,得    na∶nb=3∶2,B   错误;因     Ta=4×10    s,故  fa=Ta=25 
                                      2πNBS          Ta              Emb
                                                                       2
Hz,C  正确;因    Ema=15 V,而   Em=NBSω=      T  ,故  Emb=TbEma=10 V,Eb=       =5
 2 V,D  错误。
    5.如图甲所示,在匀强磁场中有一个                n=10 匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动,转轴

O1O2 垂直于磁场方向,线圈电阻为            5 Ω,从图甲所示位置开始计时,通过线圈平面的磁通
量随时间变化的图像如图乙所示,则(  )


    A.线圈转动过程中消耗的电功率为               10π2 W
    B.在   t=0.2 s 时,线圈中的感应电动势为零,且电流改变一次方向
    C.所产生的交变电流感应电动势的瞬时值表达式为                      e=10πsin 5πt V
    D.线圈从图示位置转过          90°时穿过线圈的磁通量变化最快
                                               2π      2π           2π

    解析:选    A 最大感应电动势为:Em=nBSω=nBS·             T =nΦm· T =10×0.2×0.4 V=10π 
                            Em   10π
V,感应电动势的有效值为:E=              2 =  2  V=5 2π V,线圈转动过程中消耗的电功率为:
   E2   5  2π 2
P=  R =    5    W=10π2 W,故   A 正确;t=0.2 s   时,磁通量为      0,线圈中的感应电动势
                                                 2π  2π
最大,电流方向不变,故           B 错误;由题图乙知角速度           ω= T =0.4 rad/s=5π rad/s,因为从
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线圈垂直中性面开始计时,所以交变电流感应电动势的瞬时值表达式为                              e=10πcos 5πt V,
故  C 错误;线圈在图示位置磁通量为             0,磁通量的变化率最大,穿过线圈的磁通量变化最
快,转过    90°时,磁通量最大,磁通量变化率为               0,故  D 错误。

    6、张山同学在校运动会上获得             100 米赛跑的冠军,他采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,
左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时提升身体重心,如图所示。假设张山同学的质量

为  m,在起跑前进的距离         s 内,重心升高     h,获得的速度为        v,克服阻力做功为        Wf,则在
此过程中(  )


    A.地面的支持力对张山同学做功为               mgh
                               1

                                  2
    B.张山同学自身做功为          mgh+2mv   +Wf
                                 1

                                    2
    C.张山同学的重力势能增加量为2mv               +Wf

    D.张山同学的动能增加量为            mgh+Wf
    解析:选    B 地面支持力对张山同学作用时,由于张山同学的脚并没有离开地面,故

地面的支持力对张山同学并不做功,故                 A 错误;根据动能定理,有:W            人-Wf-mgh=
1             1

    2             2
2mv ,故   W 人=2mv  +mgh+Wf,故     B 正确;重心上升       h,张山同学的重力势能增加量为
                1                                              1

                    2                                              2
ΔEp=mgh=W    人-2mv  -Wf,故    C 错误;张山同学的动能增加量为             ΔEk=2mv   =W  人-

mgh-Wf,故    D 错误。
    7、如图甲所示,倾角为          30°的光滑斜面固定在水平面上,自然伸长的轻质弹簧一端固
定在斜面底端的挡板上。一质量为               m 的小球,从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放,

接触弹簧后继续向下运动。小球运动的                 v  t 图像如图乙所示,其中         OA 段为直线,AB      段
是与   OA 相切于   A 点的平滑曲线,BC        是平滑曲线,不考虑空气阻力,重力加速度为                   g。关
于小球的运动过程,下列说法正确的是(  )


                                   1

    A.小球在     tB 时刻所受弹簧弹力大于2mg
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                               1

    B.小球在     tC 时刻的加速度大于2g

    C.小球从     tC 时刻所在的位置由静止释放后,不能回到出发点

    D.小球从     tA 时刻到  tC 时刻的过程中,重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量

    解析:选    B 由题图乙可知,小球在           tB 时刻加速度大小为零,此时           F 弹=mgsin 30°=
1

2mg,选项    A 错误;小球在      tC 时刻到达最低点,弹力达到最大值,小球在                 A 点的加速度大
             1

小为   gsin 30°=2g,C 点的切线斜率的大小大于          A 点的切线斜率的大小,即小球在              tC 时刻
            1

的加速度大于2g,选项         B 正确;由能量守恒定律可知,小球从               tC 时刻所在的位置由静止释

放后,能回到出发点,选项            C 错误;小球从      tA 时刻到  tC 时刻的过程中,重力势能与动能减
少量之和等于弹簧弹性势能的增加量,选项                   D 错误。
    二、非选择题

    1、(2017·海州区模拟)如图所示,在水平向右的匀强电场中,一根
长为   L 的绝缘细线,一端连着一质量为             m、带电量为+q       的小球,另
一端固定于     O 点,现把小球向右拉至细线水平且与场强方向平行的位
置,无初速度释放,小球能摆到最低点的另一侧,细线与竖直方向的最大夹角                                 θ=30°,重
力加速度为     g,求:
    (1)场强  E 的大小;
    (2)小球摆到最低点时细线的拉力            T。
    解析:(1)对小球运动的全过程由动能定理可得:
    mgLcos θ-qEL(1+sin θ)=0

              3mg
    解得:E=     3q 。
    (2)小球摆到最低点时,由动能定理可得
               1
    mgL-qEL=2mv2
                     v2
    在最低点    T-mg=m    L
                      2 3
    联立解得:T=3mg-        3 mg。
             3mg          2 3
    答案:(1)   3q  (2)3mg-   3 mg
    2、如图所示,劲度系数为           k 的轻弹簧下端固定在水平地面上,上端连接一质
量为   m 的物体   A,一不可伸长的轻绳跨过滑轮,两端分别与物体                     A 及质量为
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2m 的物体   B 连接。不计定滑轮与轻绳间的摩擦,重力加速度为                      g,弹簧的形变始终在弹性
限度内。

    (1)用手托住物体     B,使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态且弹簧处于原长,然后无初速
度释放物体     B,物体    B 可下落的最大距离为         l。求物体    B 下落过程中,弹簧的最大弹性势
能;

    (2)用手托住物体     B,使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态且轻绳中恰好不产生拉力,然
后无初速度释放物体         B,求物体     A 的最大速度。
    解析:(1)根据题意知,物体          A、B  与弹簧组成的系统机械能守恒

    弹簧的最大弹性势能         Ep=2mgl-mgl=mgl。

    (2)释放物体    B 前,设弹簧的压缩量为         x1,
                       mg

    则 mg=kx1,解得     x1= k

    当物体   A 的速度最大时,设弹簧的伸长量为               x2,

    有 mg+kx2=2mg
            mg

    解得  x2=  k

    因为  x1=x2,所以物体      A 速度最大时弹簧的弹性势能与释放物体                B 前的弹性势能相等

                                                   1                mg2

                                                        2            3k
    根据系统机械能守恒定律得            2mg(x1+x2)=mg(x1+x2)+2·3mv  ,解得    v=2     。
                     mg2
    答案:(1)mgl (2)2    3k
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