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(重庆专用)2018年高考物理一轮训练(8)及详细解析

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(重庆专用)2018      年高考物理一轮训练(8)及详细解析
一、选择题
    1、(2017·上高月考)如图所示,由两块相互靠近的平行金属板组成的
平行板电容器的极板         N 与静电计相接,极板         M 接地,用静电计测量两极
板间的电势差      U。在两板相距一定距离           d 时,给电容器充电,静电计指
针张开一定角度。在整个实验过程中,保持电容器所带电荷量                          Q 不变,下列说法正确的是
(  )
    A.将   M 板向下平移,将使静电计指针张角变小
    B.将   M 板沿水平向左方向远离          N 板,将使静电计指针张角变小
    C.在   M、N  之间插入云母板(介电常数           ε>1),将使静电计指针张角变小
    D.将   M 板沿水平向右方向移动(但不接触             N 板),两板间的场强增大
                                                          εS
    解析:选    C 将   M 板向下平移,两板正对面积减小,根据                C=4πkd知电容减小,根据
    Q
U=C,Q    不变,板间的电势差         U 增大,静电计指针张角变大,故             A 错误;将    M  板沿水平
                                          εS                    Q
向左方向远离      N 板,板间距离      d 变大,根据     C=4πkd知电容减小,根据         U=C,Q    不变,
板间的电势差      U 增大,静电计指针张角变大,故              B 错误;在    M、N   之间插入云母板(介电
                   εS                     Q
常数   ε>1),根据   C=4πkd知电容增大,根据         U=C,Q    不变,板间的电势差减小,静电计
                                εS      Q      U      4πkQ
指针张角变小,故        C 正确;根据     C=4πkd、U=C、E=d得        E=  εS ,知  E 与 d 无关,所
以将   M 板沿水平向右方向移动(但不接触             N 板),两板间的场强不变,           故 D 错误。

    2、(2017·南京一模)如图所示为可变电容器,旋转动片使之与定片逐
渐重合。则电容器的电容将(  )
    A.逐渐增大      
    B.逐渐减小
    C.保持不变
    D.先增大后减小
    解析:选    A 旋转动片使之与定片逐渐重合时,相当于增加了电容器极板间的正对面
                          εS
积,则由电容器的决定式           C=4πkd可知,电容将逐渐增大,故             B、C、D   错误,A    正确。
    3、(2017·南京二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏。电容式触摸屏内有一导电
层。导电层四个角引出四个电极,当手指触摸屏幕时,人体和触摸屏就形成了一个电容,
电容具有“通高频”的作用,从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出,并且流
经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比,控制器通过对这四个电流比例的精确计
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算,得出触摸点的位置信息。在开机状态下,下列说法正确的是(  )
    A.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变
    B.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象
    C.当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过
    D.当手指离开屏幕时,电容变小,对高频电流的阻碍变大,控制器不易检测到手指
离开的准确位置
    解析:选    C 电容式触摸屏只需要触摸,由于流经四个电极的电流与手指到四角的距
离成比例,控制器就能确定手指的位置,无需手指按压屏幕,故                           A 错误;电容式触摸屏感
测手指触摸点的位置利用的是电容器的充、放电原理,不是电磁感应现象,故                                 B 错误;由
题意可知,手指从触点吸走一部分电荷,在电荷定向移动的过程中,会有微弱电流通过,
故  C 正确;根据电容器的工作原理可知,当手指离开屏幕时,电容变小,电容器将放电,
控制器仍然能检测到手指离开的准确位置,故                    D 错误。

    4.(2017·苏州一模)如图所示为一个小型电风扇的电路简图,其中
理想变压器的原、副线圈的匝数比为                n,原线圈接电压为        U 的交流
电源,输出端接有一只电阻为             R 的灯泡   L 和交流电风扇电动机         D,
电动机线圈电阻为        r。接通电源后,电风扇正常运转,测出通过风扇
电动机的电流为       I。则下列说法正确的是(  )
                             UI
    A.理想变压器的输入功率为            n
                           U
    B.风扇电动机中的电流为nr
                                 U   U
                                   I-
    C.风扇电动机输出的机械功率为n(                nR)
                                                      U R+r 
    D.若电风扇由于机械故障被卡住,则通过原线圈的电流为                          n2Rr
    解析:选    D 理想变压器的原、副线圈的匝数比为                 n,原线圈
                                    U
接电压为    U 的交流电源,则输出端电压为n,而风扇电动机的输入
      UI                                                         U
功率为    n ,因输出端还有一只灯泡,故            A 错误;由上述分析知输出端电压为n,因为风扇
                                       U                                  UI
电动机不是纯电阻器件,所以电流不能表示为nr,故                     B 错误;风扇电动机的输入功率为             n ,
                                                                 UI
而风扇电动机的线圈电阻消耗的功率为                 I2r,则风扇电动机输出的机械功率为             n -I2r,故
C 错误;若电风扇由于机械故障被卡住可视为纯电阻,两电阻并联,则根据欧姆定律可知,
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                  U R+r 
通过原线圈的电流为           n2Rr  ,故  D 正确。
    5.(2017·镇江三模)如图所示,一理想变压器的原线圈接有电压为                     U 的交流电,副线圈

接有电阻    R1、光敏电阻      R2(阻值随光照增强而减小),开关            K 开始时处于闭合状态,下列说
法正确的是(  )
    A.当光照变弱时,变压器的输入功率增加

    B.当滑动触头       P 向下滑动时,电阻       R1 消耗的功率增加
    C.当开关     K 由闭合到断开,原线圈中电流变大
    D.当   U 增大时,副线圈中电流变小
    解析:选    B 当光照变弱时,光敏电阻的阻值变大,输出功率减小,输入功率也变小,
故  A 错误;当滑动触头        P 向下滑动时,原线圈匝数减小,根据电压与匝数成正比知,副线

圈两端的电压增大,电阻           R1 两端的电压增大,电阻         R1 消耗的功率增加,故        B 正确;当开
关  K 由闭合到断开,副线圈回路电阻增大,输出电流减小,匝数比不变,所以原线圈中电
流变小,故     C 错误;当    U 增大时,副线圈电压增大,副线圈中电流变大,故                      D 错误。

    6、将一倾角为      θ 的斜面体固定在水平面上,在最高点               A 与最低点
C 之间有一点     B,满足    AB=2BC。将一小滑块从最高点由静止释放,经
过一段时间后到达        C 点,且此时滑块的速度为零。已知滑块与                 AB、

BC 间的动摩擦因数分别为          μ1、μ2。由以上条件判断下列关系式中正确的是(  )
             μ1+2μ2                            2μ1+μ2
    A.tan θ=    3                      B.tan θ=   3

    C.tan θ=2μ1-μ2                    D.tan θ=2μ2-μ1
    解析:选    B 滑块从最高点由静止释放,恰好能滑动到斜面体的最低点,对滑块受力
分析可知滑块受重力、支持力和滑动摩擦力作用。设斜面的总长为                            L,从   A 到 C,由动能
                         2            1                2μ1+μ2

定理得   mgLsin θ-μ1mgcos θ·3L-μ2mgcos θ·3L=0,解得    tan θ=  3   ,B  正确。

    7、质量为    m 的物体以初速度       v0 沿水平面开始向左运动,起始
点  A 与一轻弹簧     O 端相距   s,如图所示。已知物体与水平面间的动
摩擦因数为     μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为                   x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至
最短,物体克服弹簧弹力所做的功为(  )
      1                                 1

          2                                 2
    A.2mv0 -μmg(s+x)                  B.2mv0 -μmgx
    C.μmgs                             D.μmg(s+x)

    解析:选    A 设物体克服弹簧弹力所做的功为               WT,则物体向左压缩弹簧过程中,弹簧

弹力对物体做功为-WT,摩擦力对物体做功为-μmg(s+x),根据动能定理有-WT-
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              1                1

                  2                2
μmg(s+x)=0-2mv0   ,所以,WT=2mv0       -μmg(s+x),故   A 正确。
    二、非选择题

    1、如图甲所示,一对平行金属板              M、N  长为   L,相距为    d,O1O  为中轴线,两板间为

匀强电场,忽略两极板外的电场。当两板间加电压                     UMN=U0  时,某一带负电的粒子从

O1 点以速度    v0 沿 O1O 方向射入电场,粒子恰好打在上极板               M 的中点,粒子重力忽略不计。


                      q
    (1)求带电粒子的比荷m;
                                                 L                 T
    (2)若 M、N  间加如图乙所示的交变电压,其周期                T=v0,从   t=0 开始,前3时间内
            2T

UMN=2U,后    3 时间内   UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度                v0 沿 O1O 方向持续射入电
场,最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,求                         U 的值。
    [思路点拨] 
    (1)两板间加恒定电压时,粒子做类平抛运动。

    (2)两板间加交变电压时,水平方向始终为匀速运动,粒子在竖直方向的运动可画                                v 
­t 图像分析。

    [解析] (1)设粒子经过时间         t0 打在 M 板中点
                L

    沿极板方向有2=v0t0
                  d  qU0       q  4d2v02

                         2
    垂直极板方向有2=2mdt0         解得m=    U0L2 。
                             L
    (2)粒子通过两板间的时间         t=v0=T
    从 t=0 时刻开始,粒子在两板间运动时,在每个电压变化周期的前三分之一时间内的
              2qU                                                     qU

加速度大小     a1= md ,在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小                        a2=md

    不同时刻从     O1 点进入电场的粒子沿电场方向的速度               vy 随时间   t 变化的关系如图所示。
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    所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,可以确定在                         t=nT(n=0,1,2,…)和   t=
    1
nT+3T(n=0,1,2,…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们沿电
                       d  1   T
                            a1·
场方向偏转的距离最大,则2=2(              3)T
            3U0
    解得  U=   8 。
             4d2v02    3U0
    [答案] (1)  U0L2  (2) 8
    [备考锦囊] 
    分段研究,化变为恒
    在两个相互平行的金属板间加交变电压时,在两板中间便可获得交变电场。对于带电
粒子在交变场中的运动,可以分段处理,此类电场在一段时间内为匀强电场,即电场中各
个位置处电场强度的大小、方向都相同。但从整个运动过程看电场又是变化的,即电场强
度的大小和方向可随时间变化。


    2、(2017·泉州期末)如图所示,一轻绳跨过光滑的小定滑轮,

一端与在倾角为       37°的光滑斜面上的小物体          m1 连接,另一端与套

在光滑竖直杆上的小物体           m2 连接,滑轮到竖直杆的距离为            1.2 m。

现在让   m2 从与滑轮等高的       A 点由静止释放,设斜面和杆足够长,m1                不会碰到滑轮,m2       不
会碰到地面,g      取  10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。

    (1)若 m2 下滑到距    A 点 1.6 m 的 C 点时,其速度刚好为        0,求  m1、m2  的质量之比;

    (2)若 m2=0.36m1,当   m2 下滑到距    A 点 0.9 m 的 B 点时,求此时     m1、m2  的速度大小。


    解析:(1)由几何关系知:m2         下滑到    C 点,m1  沿斜面上升了      l2=0.8 m
    此时两者速度均为        0,由系统机械能守恒定律得:
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m2ghAC=m1gl2sin 37°
      m1  10
解得:m2=     3 。

(2)由几何关系知:m2      下滑到    B 点,m1  沿斜面上升了      l1=0.3 m

此时两者速度关系为:v1=v2sin 37°
由系统机械能守恒定律得:
                    1      1

                        2       2
m2ghAB-m1gl1sin 37°=2m1v1 +2m2v2

解得:v1=1.2 m/s,v2=2 m/s。
答案:(1)10∶3 (2)1.2 m/s 2 m/s
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