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(重庆专用)2018年高考物理一轮训练(5)及详细解析

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(重庆专用)2018      年高考物理一轮训练(5)及详细解析
一、选择题
    1、如图所示,在水平向右、场强为               E 的匀强电场中,两个电荷量均为             q 的带正电小
球  A、B  通过两根长度均为        L 的绝缘轻绳悬挂。两球静止时,两轻绳与竖直方向的夹角分
别为   30°、60°。现将一外力作用在         A 球上,使    A 球缓慢地绕悬点       O 做圆周运动,在       A 球
运动至最低点      A′的过程中,下列说法正确的是(  )
                               1
    A.两球构成的系统电势能增加2qEL
    B.两球构成的系统电势能增加             qEL
    C.两球构成的系统重力势能减少(2              3-3)qEL
                                     3
                                  3-
    D.两球构成的系统重力势能减少(                 2)qEL
    解析:选    BC A  球的移动不影响       A、B   之间绳子的方向,当         A 球移动到最低点       A′时,
                         L
两球沿电场的反方向都移动了2,两球都克服电场力做功,两球构成的系统电势能增加量

ΔEp=qEL,B   正确;对     A、B  整体,根据平衡条件可得,(mA+mB)gtan 30°=2qE,两球构
                                                    3
成的系统重力势能减少量           ΔEp=(mA+mB)gL(1-cos 30°)=(2    -3)qEL,C  正确。
    2、(2017·苏锡常模拟)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况
如图所示,O、M、N         为电场中的三个点,则由图可得(  )
    A.M   点的场强小于      N 点的场强
    B.M   点的电势低于      N 点的电势
    C.将一负电荷由       O 点移到    M 点电势能增加
    D.将一正电荷从        O 点分别移到     M 点和  N 点,电场力做功相同
    解析:选    BC 由题图可知,M        处电场线密,故       M  点场强大于     N 点场强,A    错误;顺

着电场线方向电势越来越低,故              M 点电势低于     N 点电势,B     正确;由    WOM=qUOM   可知,
电场力做负功,电势能增加,C             正确;M、N      不在同一等势面上,所以电场力做功不同,
D 错误。

    3、(2017·铜仁四模)如图所示为带电粒子只在电场力作用下运动

的  v  t 图像,在   a 点的速度为     va,运动到    b 点的速度为     vb,则下列
说法中正确的是(  )
    A.电场中     a 点电势一定比     b 点电势高
    B.粒子在     a 点的电势能一定比在        b 点的电势能大

    C.在   0~t1 时间内,粒子运动路径与电场力可能不在一条直线上

    D.在   0~t1 时间内,粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小
    解析:选    BD 由于不知粒子的电性,因此不能确定                 a、b 两点电势的高低,故         A 错误;
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由于只有电场力做功,电势能与动能的和为一定值,因为                        b 点速度比    a 点速度大,所以在
b 点的动能比     a 点动能大,即粒子在        a 点的电势能一定比在         b 点的电势能大,故       B 正确;

由于   v  t 图像反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的规律,因此粒子的运动路径是
一条直线,即粒子受到的电场力一定与运动路径在一条直线上,故                            C 错误;由于     v  t 图像

的斜率表示加速度,由题图可知,在                0~t1 时间内,粒子运动的加速度先减小后增大,再减
小,由牛顿第二定律

    4.如图所示为远距离输电的示意图,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电
厂的输出电压和输电线的电阻均不变。闭合开关                    S 后(  )


    A.升压变压器的输出电压增大
    B.降压变压器的输出电流减小
    C.输电线上损耗的功率增大
    D.输电线上交流电的频率减小
    解析:选    C 根据输入电压决定输出电压,闭合开关                  S 后,升压变压器的输出电压不
变,选项    A 错误;闭合开关       S 后,负载增加,负载总电阻减小,降压变压器的输出电流增
大,输电线上电流增大,输电线上损耗的功率增大,选项                        B 错误,C    正确;根据变压器不
改变交流电的频率可知,输电线上交流电的频率不变,选项                         D 错误。

    5.(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共            N 匝,每匝可简化为矩形
线圈   abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴

OO′,线圈绕      OO′匀速转动,如图所示。矩形线圈                ab 边和 cd 边产生

的感应电动势的最大值都为            e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压(  )

    A.峰值是     e0                       B.峰值是    2e0
                2
                                                   2
    C.有效值是      2 Ne0                  D.有效值是       Ne0

    解析:选    D 因每匝矩形线圈        ab 边和  cd 边产生的电动势的最大值都是            e0,每匝中

ab 和 cd 串联,故每匝线圈产生的电动势的最大值为                  2e0。N 匝线圈串联,整个线圈中感应

电动势的最大值为        2Ne0,因线圈中产生的是正弦交流电,则发电机输出电压的有效值                          E=
 2
  Ne0,故选项    D 正确。
    6、如图所示,上表面水平的圆盘固定在水平地面上,一小物块从圆盘
边缘上的    P 点,以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径                  PQ 成  θ 角的方向

开始滑动,设小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为                        v,则   v2­cos 
θ 图像应为下列图像中的(  )
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    解析:选    A 设圆盘半径为       r,小物块与圆盘间动摩擦因数为              μ,则对整个过程有-
            1     1

               2      2     2    2
μmg·2rcos θ=2mv -2mv0  ,即  v =v0 -4μgrcos θ,故  A 正确。
    7、(2017·金坛区期末)如图所示,可视为质点的物体,分别沿
AB、DB   从斜面顶端由静止下滑到底端,已知两斜面底边长度相等,
该物体与斜面      AB、DB   间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是(  )
    A.物体沿斜面       DB 滑动到底端时动能较大
    B.物体沿两斜面滑动到底端时动能一样大
    C.物体沿斜面       DB 滑动到底端过程中克服摩擦力做的功较少
    D.物体沿两斜面滑动到底端过程中克服摩擦力做的功一样多
    解析:选    D 设斜面的倾角为        θ,斜面的高度为       h,根据动能定理得:mgh-μmgcos θ·
 h

sin θ=Ek-0,即:Ek=mgh-μmghcot θ,根据数学知识知,hcot θ            等于斜面底边的长度,

两个斜面的底边长度相等,所以可得,h                 越大,Ek   越大,物体沿斜面        AB 滑动到底端时动

能较大,故     A、B   错误;克服摩擦力做的功           Wf=μmghcot θ,可知两种情况       Wf 一样大,
故  C 错误,D   正确。
    二、非选择题

    1、如图所示,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一
带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于                O 点。先给电容器缓慢充电,使两极
                                                      π
板所带电荷量分别为+Q           和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为6。再给电
                                           π
容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到3,且小球与两极板不接触。求第二次充
电使电容器正极板增加的电荷量。
    [思路点拨] 试画出第一次充电后带电小球的受力示意图。
    提示:


    [解析] 小球受重力       mg、拉力和电场力        qE 这三个力而处于平衡状态,根据力的平衡
                     π                                               Q
和力的合成,Eq=mgtan6,根据电场强度与电势差的关系及电容的定义式得                            E=Cd,所以
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     3mgCd                      3mgCd
Q=    3q  ;第二次充电后,Q′=             q  ,所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷
                2 3mgCd
量  ΔQ=Q′-Q=        3q  =2Q。
    [答案] 2Q
    [易错提醒]
    本题易误认为第一次充电后电容器的电荷量为                   2Q,实际上电容器的电荷量为一块极板
电荷量的绝对值。  

    2、如图所示,在竖直方向上            A、B  两物体通过劲度系数为          k 的轻质弹簧相连,A        放在
水平地面上;B、C        两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连,C                 放在固定的光滑斜面上。用手
拿住   C,使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证                 ab 段的细线竖直、cd       段的细线与斜面平
行。已知    A、B   的质量均为     m,C  的质量为    4m,重力加速度为        g,细线与滑轮之间的摩擦
不计,开始时整个系统处于静止状态。释放                   C 后 C 沿斜面下滑,A      刚离开地面时,B        获得
最大速度。求:

    (1)斜面的倾角     α;

    (2)B 的最大速度    v。
    [审题指导] 
    (1)细线刚刚拉直但无拉力作用时,B             只受重力和弹簧弹力作用。
    (2)A 刚离开地面时,B       获得最大速度,说明         A 只受重力和弹力,且速度为零,B             的加
速度为零。

    [解析] (1)设当    A 刚刚离开地面时,弹簧的伸长量为              xA,对   A 有 kxA=mg。

    此时  B 受到重力    mg、弹簧的弹力       kxA、细线拉力     T 三个力的作用。设        B 的加速度为
a,根据牛顿第二定律,

    对 B 有,T-mg-kxA=ma,
    对 C 有,4mgsin α-T=4ma,
    当 B 获得最大速度时,有         a=0,
    由此解得    sin α=0.5,所以   α=30°。
                                mg

    (2)开始时弹簧压缩的长度为          xB=  k ,显然   xA=xB。

    当 A 刚离开地面时,B        上升的距离以及       C 沿斜面下滑的距离为         xA+xB。

    由于  xA=xB,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,且                        A 刚刚离开地面时,
B、C  的速度大小相等,设为          v,由机械能守恒
                                1

                                         2
    4mg(xA+xB)sin α-mg(xA+xB)=2(4m+m)v    ,
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                  m
代入数值解得      v=2g  5k。
                    m
[答案] (1)30° (2)2g  5k
[备考锦囊] 
解决弹簧类连接体问题的三个技巧

(1)系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化,总机械能守恒。
(2)弹簧伸长与压缩的形变量相同时,弹性势能相等。

(3)在实际解题过程中,通常不需要计算弹性势能的具体大小,而是用                           Ep 表示。
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