2018年高考物理一轮训练（11）及详细解析

（重庆专用）2018年高考物理一轮训练（11）及详细解析一、选择题1、如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：选B设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F＝keq\f(qQ,l2)，小球b对小球c的库仑引力为F＝keq\f(qQ,l2)，二力合力为2Fcos30°。设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得：QE＝2Fcos30°，解得：E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，选项B正确。2、(2017·宜兴市一模)有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中球C不带电，球A和球B带有等量的同种电荷，如图所示，球A固定在竖直支架上，球B用不可伸长的绝缘细线悬于球A正上方的O点处，OB＜OA，静止时细线与OA的夹角为θ。球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是()A．仅将球C与球A接触离开后，球B再次静止时细线中的张力不变B．若将球C与球A接触离开后，球B再次静止时细线与OA的夹角为θ1，接着再将球C与球B接触离开后，球B再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＜θ2C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于gD．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地解析：选A仅将球C与球A接触后离开，球A的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，如图所示，可知两阴影三角形相似，由三角形相似可知：eq\f(mg,H)＝eq\f(T,L)，故细线中的张力不变，故A正确；球C与球A接触，电量平分为eq\f(q,2)，接着接触球B，球B电量变为eq\f(3q,4)，两球电荷量的乘积变小，库仑力变小，第一次接触后夹角变小，同理知第二次接触后再次变小，所以θ1＞θ2，故B错误；剪断细线OB瞬间，球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g，故C错误；剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故D错误。3、(2017·南京三模)如图所示，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心。点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d。已知图中a点的电场强度为零，则带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为()A.eq\f(kq,d2)，水平向右B.eq\f(kq,d2)，水平向左C.eq\f(kq,d2)＋eq\f(kq,9d2)，水平向右D.eq\f(kq,9d2)，水平向右解析：选A－q在a处产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右。据题，a点处的电场强度为零，则知－q与带电薄板在a点产生的电场强度大小相等，方向相反，则带电薄板在a点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左，则薄板带负电。根据对称性可知，带电薄板在b点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误。4．(多选)(2017·西安模拟)在如图所示的电路中，小灯泡的额定功率和额定电压分别为0.4W、2V，电源的电动势为3V，电源的内阻为r且不能忽略，先将单刀双掷开关扳到a，调节电阻箱，当小灯泡正常发光时，电阻箱的阻值R＝4Ω；再将单刀双掷开关扳到b，电动机和小灯泡均能正常工作，电动机的额定电压用UM表示、电动机的内阻用rM表示。下列说法正确的是()A．r＝1ΩB．rM＝4ΩC．UM＝1VD．外电路消耗的功率与总功率的比值为eq\f(14,15)解析：选AD小灯泡正常工作时的电阻RL＝eq\f(U2,P)＝10Ω，流过小灯泡的电流I＝eq\f(P,U)＝0.2A。当开关S接a时，R总＝eq\f(E,I)＝15Ω，则电源内阻r＝R总－R－RL＝1Ω，A正确；当开关S接b时，电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8V，C错误；由于电动机热功率未知，所以不能求出电动机的内阻，B错误；外电路消耗的功率P外＝EI－I2r，总功率P总＝EI，则外电路消耗的功率与总功率的比值eq\f(P外,P总)＝eq\f(EI－I2r,EI)＝eq\f(14,15)，D正确。5．(2017·盐城三模)甲、乙、丙、丁是四个长度、横截面积均相同的金属导体，某同学对它们各进行了一次测量，把每个导体中通过的电流和两端的电压在IU坐标系中描点，如图所示，四个导体中电阻率最大的是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：选A根据U＝IR可知，IU图像的斜率倒数的大小表示电阻，则由图可知，甲的斜率最小，那么其对应的电阻最大，由于四个金属导体长度、横截面积均相同，因此甲的电阻率也最大，故A正确，B、C、D错误。6、(多选)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬于O点，自由静止在A位置，现用水平恒力F拉动小球。已知悬线的最大偏角为θ，则力F的大小及力F做的功W为()A．F＝mgtanθB．F＝eq\f(mg1－cosθ,sinθ)C．W＝mgL(1－cosθ)D．W＝mgLtanθ解析：选BC由动能定理得：－mgL(1－cosθ)＋W＝0，故W＝mgL(1－cosθ)，C正确，D错误；而W＝FLsinθ，则F＝eq\f(mg1－cosθ,sinθ)，A错误，B正确。7、(2017·苏州模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()A．F1＝F2＝2mgB．从A到B，拉力F做功为F1LC．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A在B位置，根据平衡条件有F1cosθ＝mg，解得F1＝2mg。从B到A，根据动能定理得mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律得F2－mg＝meq\f(v2,L)，联立两式解得F2＝2mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得WF＝eq\f(1,2)mgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力大小在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，故D项错误。二、非选择题1、如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径。现有一质量为m带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，小球所受电场力竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点，设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小；(3)小球经过管口C处时对圆管的压力。解析：(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝eq\f(1,2)mvB2到达B点时速度大小为vB＝eq\r(8gR)。(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg(方向竖直向上)，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得Fx×2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvC2小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y＝4R＝vCtx＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(Fx,2m)t2联立解得：Fx＝mg电场力的大小为：qE＝eq\r(Fx2＋Fy2)＝eq\r(2)mg。(3)由(2)中易得vC＝2eq\r(gR)，小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力N提供，设弹力N的方向向左，则Fx＋N＝meq\f(vC2,R)解得：N＝3mg(方向水平向左)根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为N′＝N＝3mg，方向水平向右。答案：(1)eq\r(8gR)(2)eq\r(2)mg(3)3mg，方向水平向右2、泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移的变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10m/s2。则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？[审题指导](1)物体加速度最大的条件是F或F合最大。(2)物体速度最大的条件是F合＝0或a＝0。(3)物体位移最大的条件是末速度等于0。(4)在F­x图像中，面积表示力F做的功。[解析](1)当推力F最大时，加速度最大，