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(重庆专用)2018年高考物理一轮训练(11)及详细解析

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(重庆专用)2018      年高考物理一轮训练(11)及详细解析
一、选择题
1、如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球                    a、b 和 c 分别位于边长为       l 的正三角形的
三个顶点上;a、b       带正电,电荷量均为         q,c 带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场
中。已知静电力常量为          k。若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为(  )
       3kq                               3kq
    A. 3l2                             B. l2
      3kq                               2 3kq
    C. l2                             D.  l2
    解析:选    B 设小球    c 带电荷量为     Q,由库仑定律可知小球          a 对小球   c 的库仑引力为
    qQ                                qQ
F=k  l2 ,小球  b 对小球   c 的库仑引力为     F=k l2 ,二力合力为     2Fcos 30°。设水平匀强电场
                                                               3kq
场强的大小为      E,对   c 球,由平衡条件可得:QE=2Fcos 30°,解得:E=               l2 ,选项   B 正
确。

    2、(2017·宜兴市一模)有三个完全相同的金属小球                A、B、C,其中球
C 不带电,球     A 和球  B 带有等量的同种电荷,如图所示,球                A 固定在竖直
支架上,球     B 用不可伸长的绝缘细线悬于球             A 正上方的    O 点处,OB<
OA,静止时细线与        OA 的夹角为     θ。球  C 可用绝缘手柄移动,重力加速度为
g,现在进行下列操作,其中描述与事实相符的是(  )
    A.仅将球     C 与球  A 接触离开后,球       B 再次静止时细线中的张力不变

    B.若将球     C 与球  A 接触离开后,球       B 再次静止时细线与        OA 的夹角为    θ1,接着再将

球  C 与球  B 接触离开后,球       B 再次静止时细线与       OA  的夹角为    θ2,则  θ1<θ2
    C.剪断细线      OB 瞬间,球    B 的加速度等于      g
    D.剪断细线      OB 后,球   B 将沿  OB  方向做匀变速直线运动直至着地
    解析:选    A 仅将球     C 与球  A 接触后离开,球       A 的电量减半,致使
二者间的库仑力减小,对球            B 进行受力分析可知它在三个力的作用下平
                                                     mg  T
衡,如图所示,可知两阴影三角形相似,由三角形相似可知:                          H =L,
                                                        q
故细线中的张力不变,故           A 正确;球    C 与球  A 接触,电量平分为2,接
                        3q
着接触球    B,球   B 电量变为    4 ,两球电荷量的乘积变小,库仑力变小,第一次接触后夹角

变小,同理知第二次接触后再次变小,所以                   θ1>θ2,故  B 错误;剪断细线       OB 瞬间,球
B 在重力和库仑力作用下运动,其合力斜向右下方,与原来细线的张力等大反向,故其加
速度不等于     g,故   C 错误;剪断细线       OB 后,球   B 在空中运动时受到的库仑力随间距的变
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化而变化,即球       B 落地前做变加速曲线运动,故             D 错误。

    3、(2017·南京三模)如图所示,在点电荷-q             的电场中,放着一块带有一定电量、电荷
均匀分布的绝缘矩形薄板,MN             为其对称轴,O       点为几何中心。点电荷-q           与 a、O、b   之
间的距离分别为       d、2d、3d。已知图中       a 点的电场强度为零,则带电薄板在图中                b 点处产
生的电场强度的大小和方向分别为(  )


      kq             kq
    A.d2,水平向右      B.d2,水平向左
      kq  kq              kq
    C.d2+9d2,水平向右       D.9d2,水平向右
                                               kq
    解析:选    A -q   在 a 处产生的电场强度大小为          E=d2,方向水平向右。
据题,a   点处的电场强度为零,则知-q             与带电薄板在      a 点产生的电场强度
                                                          kq
大小相等,方向相反,则带电薄板在                a 点产生的电场强度大小为          E=d2,
方向水平向左,则薄板带负电。根据对称性可知,带电薄板在                          b 点产生的电场强度大小为
   kq
E=d2,方向水平向右,故          A 正确,B、C、D      错误。
    4.(多选)(2017·西安模拟)在如图所示的电路中,小灯泡的额定功
率和额定电压分别为         0.4 W、2 V,电源的电动势为         3 V,电源的内阻
为  r 且不能忽略,先将单刀双掷开关扳到              a,调节电阻箱,当小灯泡正
常发光时,电阻箱的阻值           R=4   Ω;再将单刀双掷开关扳到            b,电动机和小灯泡均能正常

工作,电动机的额定电压用            UM 表示、电动机的内阻用          rM 表示。下列说法正确的是(  )
    A.r=1 Ω

    B.rM=4 Ω

    C.UM=1 V
                                       14
    D.外电路消耗的功率与总功率的比值为15
                                           U2                          P

    解析:选    AD 小灯泡正常工作时的电阻             RL= P =10 Ω,流过小灯泡的电流          I=U=0.2 
                        E

A。当开关     S 接 a 时,R  总= I =15  Ω,则电源内阻       r=R 总-R-RL=1 Ω,A     正确;当开

关  S 接 b 时,电动机    M 两端的电压      UM=E-Ir-U=0.8 V,C     错误;由于电动机热功率未

                                                              2
知,所以不能求出电动机的内阻,B               错误;外电路消耗的功率           P 外=EI-I  r,总功率    P 总=
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                                   P外   EI-I2r  14
EI,则外电路消耗的功率与总功率的比值P总=                    EI  =15,D  正确。
    5.(2017·盐城三模)甲、乙、丙、丁是四个长度、横截面积均相同的金属导体,某同学
对它们各进行了一次测量,把每个导体中通过的电流和两端的电压在                             I U 坐标系中描点,
如图所示,四个导体中电阻率最大的是(  )


    A.甲                                B.乙  
    C.丙                                D.丁
    解析:选    A 根据    U=IR 可知,I U     图像的斜率倒数的大小表
示电阻,则由图可知,甲的斜率最小,那么其对应的电阻最大,由
于四个金属导体长度、横截面积均相同,因此甲的电阻率也最大,
故  A 正确,B、C、D      错误。

    6、(多选)如图所示,质量为          m 的小球(可视为质点)用长为          L 的细
线悬于   O 点,自由静止在       A 位置,现用水平恒力         F 拉动小球。已知悬
线的最大偏角为       θ,则力    F 的大小及力    F 做的功   W 为(  )
    A.F=mgtan θ
          mg 1-cos θ 
    B.F=      sin θ
    C.W=mgL(1-cos θ)
    D.W=mgLtan θ
    解析:选    BC 由动能定理得:-mgL(1-cos θ)+W=0,故              W=mgL(1-cos θ),C   正
                               mg 1-cos θ 
确,D   错误;而    W=FLsin θ,则   F=      sin θ  ,A  错误,B    正确。
    7、(2017·苏州模拟)如图所示,质量为            m 的小球(可视为质点)用长
为  L 的细线悬挂于     O 点,自由静止在       A 位置。现用水平力        F 缓慢地将
小球从   A 位置拉到     B 位置后静止,此时细线与竖直方向夹角为                 θ=

60°,细线的拉力为       F1,然后放手让小球从静止返回,到              A 点时细线的

拉力为   F2,则(  )

    A.F1=F2=2mg

    B.从   A 到 B,拉力    F 做功为   F1L
    C.从   B 到 A 的过程中,小球受到的合外力大小不变
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    D.从   B 到 A 的过程中,小球重力的瞬时功率一直增大

    解析:选    A 在   B 位置,根据平衡条件有         F1cos θ=mg,解得    F1=2mg。从   B 到  A,根
                          1                                 v2

                              2
据动能定理得      mgL(1-cos θ)=2mv  ,根据牛顿第二定律得          F2-mg=m   L ,联立两式解得

F2=2mg,故    A 项正确;从     A 到 B,小球缓慢移动,根据动能定理得               WF-mgL(1-cos 
               1

θ)=0,解得    WF=2mgL,故    B 项错误;从     B 到  A 的过程中,小球的速度大小在变化,沿
径向的合力大小在变化,故            C 项错误;在     B 位置,重力的功率为零,在最低点,重力的方
向与速度方向垂直,重力的功率为零,可知从                    B 到 A 的过程中,重力的瞬时功率先增大后
减小,故    D 项错误。
二、非选择题

    1、如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为                  R 的半圆形,固定在竖直
面内,管口     B、C  的连线是水平直径。现有一质量为               m 带正电的小球(可视
为质点)从    B 点正上方的     A 点自由下落,A、B        两点间距离为      4R。从小球进
入管口开始,整个空间突然加一匀强电场,小球所受电场力竖直向上的分力

大小与重力大小相等,结果小球从管口                 C 处脱离圆管后,其运动轨迹经过
A 点,设小球运动过程中带电量没有改变,重力加速度为                       g,求:
    (1)小球到达    B 点的速度大小;
    (2)小球受到的电场力的大小;
    (3)小球经过管口     C 处时对圆管的压力。
    解析:(1)小球从开始自由下落到到达管口                B 的过程中机械能守恒,故有:mg·4R=
1

     2
2mvB
                             8gR
    到达  B 点时速度大小为       vB=     。

    (2)设电场力的竖直分力为         Fy,水平分力为      Fx,则  Fy=mg(方向竖直向上),小球从
                                        1      1

                                            2      2
B 运动到   C 的过程中,由动能定理得           Fx×2R=2mvB   -2mvC

    小球从管口     C 处脱离圆管后,做类平抛运动,其轨迹经过                  A 点,有    y=4R=vCt
           1     Fx

              2     2
    x=2R=2axt  =2mt

    联立解得:Fx=mg
    电场力的大小为:qE=          Fx2+Fy2=  2mg。
                       gR
    (3)由(2)中易得   vC=2    ,小球经过管口       C 处时,向心力由       Fx 和圆管的弹力     N 提供,
设弹力   N 的方向向左,则
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             vC2

    Fx+N=m    R
    解得:N=3mg(方向水平向左)
    根据牛顿第三定律可知,小球经过管口                 C 处时对圆管的压力为        N′=N=3mg,方向
水平向右。

    答案:(1)   8gR (2) 2mg (3)3mg,方向水平向右
    2、泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的
洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间,但由于其高速前进,具有强大的能量,因
而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究,他们设计了如图甲的模型:

在水平地面上放置一个质量为             m=4 kg 的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作用下
从静止开始运动,推力          F 随位移的变化如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为
μ=0.5,g=10 m/s2。则:


    (1)物体在运动过程中的最大加速度为多少?
    (2)在距出发点多远处,物体的速度达到最大?
    (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少?
    [审题指导] 

    (1)物体加速度最大的条件是          F 或 F 合最大。

    (2)物体速度最大的条件是         F 合=0  或 a=0。
    (3)物体位移最大的条件是末速度等于              0。
    (4)在 F­x 图像中,面积表示力        F 做的功。

    [解析] (1)当推力     F 最大时,加速度最大,由牛顿第二定律,得:Fm-μmg=mam,可

               2
解得:am=15 m/s    。
    (2)由图像可知,F      随 x 变化的函数方程为
    F=80-20x,速度最大时,合力为            0,即  F=μmg,
    解得  x=3 m。
    (3)位移最大时,末速度一定为           0

    由动能定理可得:WF-μmgx=0
    由图像可知,力       F 做的功为
         1     1

    WF=2Fmxm=2×80×4 J=160 J
    所以  x=8 m。
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[答案] (1)15 m/s2 (2)3 m (3)8 m
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