2018年高考物理一轮训练（14）及详细解析

（重庆专用）2018年高考物理一轮训练（14）及详细解析一、选择题1、如图所示的三个点电荷q1、q2、q3固定在一条直线上，q2和q3的距离是q1和q2的距离的2倍，每个点电荷所受库仑力的合力为零。由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3可能为()A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6解析：选A由三电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，q1和q3为同种电荷，它们与q2互为异种电荷，设q1和q2的距离为r，则q2和q3的距离为2r，对q1有－eq\f(kq2q1,r2)＝eq\f(kq1q3,3r2)，则有eq\f(q2,q3)＝－eq\f(1,9)，对q3有eq\f(kq1q3,3r2)＝－eq\f(kq2q3,2r2)，所以eq\f(q1,q2)＝－eq\f(9,4)，考虑到各电荷的电性，故A正确。2、空间中有一边长为L的等边三角形ABC，A、B两点有两个固定的负点电荷。现将一个点电荷＋q放在三角形的几何中心O处，则C点的电场强度刚好为零。若将＋q移到AB边中点，则C点电场强度大小为()A.eq\f(\r(3)kq,4L2) B.eq\f(5kq,3L2)C.eq\f(9kq,4L2) D.eq\f(13kq,3L2)解析：选B设AB的中点为D点，根据几何关系可知，OC的长度x1＝eq\f(\f(L,2),sin60°)＝eq\f(\r(3),3)L，CD的长度x2＝Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L，将一个点电荷＋q放在三角形的几何中心O处，C点的电场强度刚好为零，则AB两处的负电荷在C点产生的电场强度矢量和与＋q在C点产生的电场强度大小相等，方向相反，即AB两处的负电荷在C点产生的电场强度矢量和E1＝eq\f(kq,x12)＝eq\f(3kq,L2)，方向由C指向O，将＋q移到AB边中点，则＋q在C点产生的电场强度E2＝eq\f(kq,x22)＝eq\f(4kq,3L2)，方向由O指向C，则C点的合场强为E＝E1－E2＝eq\f(5kq,3L2)，故B正确，A、C、D错误。对电场线的理解及应用3、(2017·海州区期中)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是()A．b点的电势低于a点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c[思路点拨]解答本题应把握以下三点：(1)电场线不是运动轨迹。(2)电场线的疏密表示场强的大小。(3)沿电场线方向电势逐渐降低。[解析]沿电场线方向电势逐渐降低，因b点所在的等势面电势高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功，选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线，故若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。[答案]B[备考锦囊]电场线的应用技巧4.(2017·南京三模)如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r，起初电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是()A．电压表和电流表的示数都减小B．电压表和电流表的示数都增大C．电压表和电流表的示数变化量之比保持不变D．带电尘埃将向下极板运动[思路点拨](1)读懂电路图，知道电容器的端电压等于R4的端电压，根据温度降低，判断电路的总电阻的变化，再判断支路电压和电流的变化。(2)根据电容器板间电压的变化，分析板间场强的变化，判断带电尘埃的受力情况，从而分析其运动情况。[解析]当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小，题图中并联部分的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联部分的电压增大，则电压表的示数增大，故A、B错误；电压表的示数为U＝E－I(R1＋r)，则得电压表和电流表的示数变化量之比为eq\f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，保持不变，故C正确；电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D错误。[答案]C[备考锦囊]闭合电路动态问题的三种分析方法(1)程序分析法：流程如下(2)结论分析法：即“串反并同”法。“串反”即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)“并同”即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)(3)极限分析法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将其滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零分别讨论。5.(2017·启东市模拟)如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时，下列说法正确的是()A．电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大B．电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大C．电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加D．电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小解析：选D滑片P左移时，滑动变阻器连入电路的阻值增大，根据串反并同规律知，电压表V1的读数增大，电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小，A、B错误，D正确；视r＋R1＋R2为电源的等效内电阻，根据电源的输出功率与外电阻的关系知，由于电阻RP与r＋R1＋R2的大小关系未知，因此电阻RP消耗的功率是增大还是减小无法判断，由于电容器C两端的电压增大，处于充电状态，其所带电量增加，C错误。6、(2017·邳州模拟)质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v­t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则()A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬时功率为6WC．10s末物体在计时起点左侧4m处D．0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W[审题指导]结合图像，分析可知(1)0～4s，物体加速度大小a1＝2_m/s2，牛顿第二定律表达式为F＋μmg＝ma1。(2)4～10s，物体的加速度大小为a2＝1_m/s2，牛顿第二定律表达式为F－μmg＝ma2。[解析]由题图乙可知0～4s内的加速度大小：a1＝eq\f(8,4)m/s2＝2m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10s内的加速度大小：a2＝eq\f(6,6)m/s2＝1m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3N，μ＝0.05，选项A错误；10s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6W＝18W，选项B错误；0～4s内的位移x1＝eq\f(1,2)×4×8m＝16m,4～10s内的位移x2＝－eq\f(1,2)×6×6m＝－18m，故10s末物体在计时起点左侧2m处，选项C错误；0～10s内恒力F做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(Fx,t)＝eq\f(3×2,10)W＝0.6W，选项D正确。[答案]D[备考锦囊]瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。7、如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)()A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：选B小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正确。二、非选择题8．(2015·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧eq\f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq\f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析：(1)离子在电场中加速，qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝meq\f(v2,r0)解得r0＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0)。(2)由(1)知，U＝eq\f(qB2r2,2m)，离子打在Q点时，r＝eq\f(5,6)L＝eq\f(10r0,9)，得U＝eq\f(100U0,81)离子打在N点时，r＝L＝eq\f(4r0,3)，得U＝eq\f(16U0,9)则电压的范围eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)。(3)由(2)可知，r∝eq\r(U)由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))2L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))3L同理，第n次调节电压，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1L检测完整，有rn≤eq\f(L,2)，解得n≥eq\f(lg2,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8最少次数为3次。答案：(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)最少次数为3次9、如图所示，长度为l的细线一端固定于O点，另一端系一质量为m的带正电小球，在方向、大小均恒定的电场力作用下，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ＝60°。(1)若将小球拉至O点右方使细线呈水平状态由静止释放，则小球的速度最大时，细线的张力为多少？(2)现将小球拉至O点左方使细线呈水平状态由静止释放，则小球第一次运动到O点正下方时的速度大小为多少？解析：(1)电场力与重力的合力即等效重力为eq