2018年高考物理一轮训练（5）及详细解析

（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()A．两球构成的系统电势能增加eq\f(1,2)qELB．两球构成的系统电势能增加qELC．两球构成的系统重力势能减少(2eq\r(3)－3)qELD．两球构成的系统重力势能减少eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(3,2)))qEL解析：选BCA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，两球沿电场的反方向都移动了eq\f(L,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)gtan30°＝2qE，两球构成的系统重力势能减少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝(2eq\r(3)－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vt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；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vt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vt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2e0C．有效值是eq\f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq\r(2)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＝eq\r(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v2­cosθ图像应为下列图像中的()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－μmg·2rcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，即v2＝v02－4μgrcosθ，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－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝Ek－0，即：Ek＝mgh－μmghcotθ，根据数学知识知，hcotθ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＝μmghcotθ，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eq\f(π,6)。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到eq\f(π,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，根据力的平衡和力的合成，Eq＝mgtaneq\f(π,6)，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义式得E＝eq\f(Q,Cd)，所以Q＝eq\f(\r(3)mgCd,3q)；第二次充电后，Q′＝eq\f(\r(3)mgCd,q)，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量ΔQ＝Q′－Q＝eq\f(2\r(3)mgCd,3q)＝2Q。[答案]2Qeq\a\vs4\al([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，4mgsinα－T＝4ma，当B获得最大速度时，有a＝0，由此解得sinα＝0.5，所以α＝30°。(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq\f(mg,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4mg(xA＋xB)sinα－mg(xA＋xB)＝eq\f(1,2)(4m