2018年高考物理一轮训练（3）及详细解析

（重庆专用）2018年高考物理一轮训练（3）及详细解析一、选择题1.(2017·南通模拟)如图所示，A、B为真空中两个固定的等量正电荷，abcd是以AB连线中点O为中心的正方形，且关于AB对称，关于a、b、c、d、O各点，下列说法中正确的是()A．电场强度Ea与Ed相同B．电势φa＞φdC．将一正电荷由a点移到b点，电场力做正功D．将一负电荷由b点移到O点，电势能增大解析：选D根据等量同种电荷电场线和等势线的分布情况和对称性，可知a、b、c、d四点的电场强度大小和电势均相等，但场强的方向不同，故A、B错误；由于ab间的电势差为零，将正电荷由a点移到b点时有：Wab＝0，故C错误；负电荷由b点移到O点时有：WbO＝UbO·(－q)＜0，即电场力做负功，电势能增大，故D正确。2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是()A．O点电势与Q点电势相等B．M、O间的电势差小于O、N间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析：选C由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q，电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误。3.(2017·江苏名校检测)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度解析：选A根据电场线的疏密程度可知，R、Q两点的电场强度ER>EQ，则带电粒子在R、Q两点的加速度aR>aQ，故D错误；由于带电粒子只受电场力作用，动能与电势能相互转化，两者之和不变，故C错误；根据曲线运动知识，带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R处电场的方向应该向左，所以电势φR>φQ，根据Ep＝qφ可得，带电粒子在R、Q两点的电势能EpR<EpQ，则R、Q两点的动能EkR>EkQ，所以vR>vQ，故A正确；同理，EpP<EpQ，故B错误。4.(多选)(2017·怀化模拟)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则下列判断正确的有()A．t＝0.005s时线圈平面与磁场方向平行B．线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝311sin100πtVC．线圈产生的交变电动势的频率为100HzD．线圈产生的交变电动势的有效值为311V[思路点拨](1)理解两个特殊位置的特点。(2)掌握图像上各点的物理意义。[解析]当t＝0.005s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0，产生的感应电流最大)，故A正确；线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝Emsineq\f(2π,T)t＝311sin100πtV，故B正确；由题图乙可知周期为0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势的有效值为220V，故D错误。[答案]AB[备考锦囊]交变电流瞬时值表达式求法(1)先求电动势的最大值Em＝nBSω。(2)再求出角速度ω＝eq\f(2π,T)。(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数。(4)写出瞬时值的表达式。5.(2017·泰州模拟)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωtB．矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间，通过电流表的电荷量为零C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P向上移动，R不变时，电流表读数减小[审题指导](1)交变电流开始计时的位置为峰值面。(2)计算通过电流表的电荷量应该用交变电流的平均值。(3)移动滑动触头的过程中，副线圈的匝数不变。[解析]开始计时时，线圈中的感应电动势为最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，A正确；矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝Neq\f(ΔΦ,R)，所以不为零，B错误；电压表读数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是eq\f(NBSω,\r(2))，C错误；当P向上移动时，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，D错误。[答案]A[备考锦囊]分析变压器动态变化的流程和关键(1)分析变压器动态变化问题的一般思维流程(2)分析变压器动态变化问题的关键①弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变。②弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2。6、(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误；以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6节与6、7节车间的作用力之比为3∶2，选项B正确；根据v2＝2ax，车停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误；若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。7、如图所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上。现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向的夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是()A．小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴OB．当α＝90°时小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上C．轻杆A对小球B做负功D．小球B的重力做功的功率不断增大解析：选AC小球B做匀速圆周运动，由合力提供做圆周运动的向心力，始终指向圆心，所以小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴O，故A正确；当α＝90°时轻杆A水平，此时水平方向上轻杆A对小球B有向左的拉力，该拉力提供小球B的向心力，竖直方向上轻杆A对小球B的支持力与重力相平衡，所以轻杆A对小球B的作用力方向斜向左上方，则小球B受到轻杆A的作用力方向斜向右下方，故B错误；轻杆A与竖直方向的夹角α从0°增加到180°的过程中，小球B的动能不变，重力势能减小，则小球B的机械能减小，由功能原理知，轻杆A对小球B做负功，故C正确；重力的瞬时功率P＝mgvsinα＝mgvy，vy是竖直分速度，vy先增大后减小，故小球B的重力做功的功率先增大后减小，故D错误。二、非选择题1、(2017·玄武二模)如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab＝8cm，bc间距离Lbc＝14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角。一个带电量q＝－4×10－8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab＝3.2×10－6J。求：(1)匀强电场的电场强度大小和方向；(2)电荷从b点移到c点，电势能的变化量；(3)a、c两点间的电势差。解析：(1)负电荷从a点移到b点克服电场力做功，说明负电荷所受电场力的方向为由b指向a，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故该匀强电场的方向为由a指向b(水平向右)，由－Wab＝qELab代入数值可得E＝1.0×103V/m。(2)负电荷由b点移到c点，电场力做的功Wbc＝qELbccos60°＝－2.8×10－6J，电场力做负功，电荷的电势能增加，故电荷的电势能增加2.8×10－6J。(3)a、c两点间的电势差为Uac＝eq\f(Wac,q)＝eq\f(－3.2×10－6－2.8×10－6,－4×10－8)V＝1.5×102V。答案：(1)1.0×103V/m，水平向右(2)电荷的电势能增加2.8×10－6J(3)1.5×102V2、.(2017·南通一模)如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB，斜面上B、C两点间高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的木板和大小不计的物块，木板长为L，下端位于挡板AB处，整体处于静止状态。木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C点，求初速度大小v0；(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F＝2mg、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C点，求拉力F作用的时间t1。解析：(1)以木板和物块整体为研究对象，由动能定理有－2mg(h－Lsinθ)＝0－eq\f(1,2)·2mv02解得v0＝eq\r(g2h－L)。(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a，最大拉力为Fm，则μmgcosθ－mgsinθ＝ma对木板和物块整体有Fm－2mgsinθ＝2ma解得Fm＝1.5mg要使木板和物块整体能沿斜面上滑，应满足F＞2mgsinθ＝mg所以mg＜F≤1.5mg。(3)由(2)可知，施加拉力F时物块相对木板会滑动，物块相对木板滑动过程中，设物块的加速度为a1，有拉力F作用时木板的加速度为a2，撤去拉力F后木板的加速度大小为a3，则对物块μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，对木板F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3，解得a1＝eq\f(1,4)g，a2＝eq\f(3,4)g，a3＝eq\f(5,4)g在t1时刻物块的速度为v1，木板的速度为v2，则v1＝a1t1，v2＝a2t1设撤去拉力F后，经过时间