2018年高考物理一轮训练（8）及详细解析

（重庆专用）2018年高考物理一轮训练（8）及详细解析一、选择题1、(2017·上高月考)如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地，用静电计测量两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量Q不变，下列说法正确的是()A．将M板向下平移，将使静电计指针张角变小B．将M板沿水平向左方向远离N板，将使静电计指针张角变小C．在M、N之间插入云母板(介电常数ε＞1)，将使静电计指针张角变小D．将M板沿水平向右方向移动(但不接触N板)，两板间的场强增大解析：选C将M板向下平移，两板正对面积减小，根据C＝eq\f(εS,4πkd)知电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)，Q不变，板间的电势差U增大，静电计指针张角变大，故A错误；将M板沿水平向左方向远离N板，板间距离d变大，根据C＝eq\f(εS,4πkd)知电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)，Q不变，板间的电势差U增大，静电计指针张角变大，故B错误；在M、N之间插入云母板(介电常数ε＞1)，根据C＝eq\f(εS,4πkd)知电容增大，根据U＝eq\f(Q,C)，Q不变，板间的电势差减小，静电计指针张角变小，故C正确；根据C＝eq\f(εS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εS)，知E与d无关，所以将M板沿水平向右方向移动(但不接触N板)，两板间的场强不变，故D错误。2、(2017·南京一模)如图所示为可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合。则电容器的电容将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．先增大后减小解析：选A旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器极板间的正对面积，则由电容器的决定式C＝eq\f(εS,4πkd)可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确。3、(2017·南京二模)目前的触摸屏大多是电容式触摸屏。电容式触摸屏内有一导电层。导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息。在开机状态下，下列说法正确的是()A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指离开的准确位置解析：选C电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，无需手指按压屏幕，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置利用的是电容器的充、放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误。4.(2017·苏州一模)如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流电风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I。则下列说法正确的是()A．理想变压器的输入功率为eq\f(UI,n)B．风扇电动机中的电流为eq\f(U,nr)C．风扇电动机输出的机械功率为eq\f(U,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I－\f(U,nR)))D．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为eq\f(UR＋r,n2Rr)解析：选D理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，则输出端电压为eq\f(U,n)，而风扇电动机的输入功率为eq\f(UI,n)，因输出端还有一只灯泡，故A错误；由上述分析知输出端电压为eq\f(U,n)，因为风扇电动机不是纯电阻器件，所以电流不能表示为eq\f(U,nr)，故B错误；风扇电动机的输入功率为eq\f(UI,n)，而风扇电动机的线圈电阻消耗的功率为I2r，则风扇电动机输出的机械功率为eq\f(UI,n)－I2r，故C错误；若电风扇由于机械故障被卡住可视为纯电阻，两电阻并联，则根据欧姆定律可知，通过原线圈的电流为eq\f(UR＋r,n2Rr)，故D正确。5.(2017·镇江三模)如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关K开始时处于闭合状态，下列说法正确的是()A．当光照变弱时，变压器的输入功率增加B．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加C．当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大D．当U增大时，副线圈中电流变小解析：选B当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故A错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增加，故B正确；当开关K由闭合到断开，副线圈回路电阻增大，输出电流减小，匝数比不变，所以原线圈中电流变小，故C错误；当U增大时，副线圈电压增大，副线圈中电流变大，故D错误。6、将一倾角为θ的斜面体固定在水平面上，在最高点A与最低点C之间有一点B，满足AB＝2BC。将一小滑块从最高点由静止释放，经过一段时间后到达C点，且此时滑块的速度为零。已知滑块与AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。由以上条件判断下列关系式中正确的是()A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：选B滑块从最高点由静止释放，恰好能滑动到斜面体的最低点，对滑块受力分析可知滑块受重力、支持力和滑动摩擦力作用。设斜面的总长为L，从A到C，由动能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ·eq\f(2,3)L－μ2mgcosθ·eq\f(1,3)L＝0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，B正确。7、质量为m的物体以初速度v0沿水平面开始向左运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：选A设物体克服弹簧弹力所做的功为WT，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－WT，摩擦力对物体做功为－μmg(s＋x)，根据动能定理有－WT－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，所以，WT＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故A正确。二、非选择题1、如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。(1)求带电粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝eq\f(L,v0)，从t＝0开始，前eq\f(T,3)时间内UMN＝2U，后eq\f(2T,3)时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。[思路点拨](1)两板间加恒定电压时，粒子做类平抛运动。(2)两板间加交变电压时，水平方向始终为匀速运动，粒子在竖直方向的运动可画v­t图像分析。[解析](1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直极板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)t02解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v02,U0L2)。(2)粒子通过两板间的时间t＝eq\f(L,v0)＝T从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，在每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT(n＝0,1,2，…)和t＝nT＋eq\f(1,3)T(n＝0,1,2，…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们沿电场方向偏转的距离最大，则eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1·\f(T,3)))T解得U＝eq\f(3U0,8)。[答案](1)eq\f(4d2v02,U0L2)(2)eq\f(3U0,8)[备考锦囊]分段研究，化变为恒在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。对于带电粒子在交变场中的运动，可以分段处理，此类电场在一段时间内为匀强电场，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同。但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向可随时间变化。2、(2017·泉州期末)如图所示，一轻绳跨过光滑的小定滑轮，一端与在倾角为37°的光滑斜面上的小物体m1连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物体m2连接，滑轮到竖直杆的距离为1.2m。现在让m2从与滑轮等高的A点由静止释放，设斜面和杆足够长，m1不会碰到滑轮，m2不会碰到地面，g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)若m2下滑到距A点1.6m的C点时，其速度刚好为0，求m1、m2的质量之比；(2)若m2＝0.36m1，当m2下滑到距A点0.9m的B点时，求此时m1、m2的速度大小。解析：(1)由几何关系知：m2下滑到C点，m1沿斜面上升了l2＝0.8m此时两者速度均为0