2018年高考物理一轮训练（12）及详细解析

（重庆专用）2018年高考物理一轮训练（12）及详细解析一、选择题1、(2017·肇庆二模)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t＝0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v­t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知()A．两点电荷的电性一定相同B．t3时刻两点电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两点电荷间的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：选AC由题图(b)可知，刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，两点电荷间存在库仑斥力，则两点电荷的电性一定相同，选项A正确；在t1时刻，甲、乙共速，两点电荷间的距离最小，故在间距减小的过程中，点电荷始终克服静电力做功，以后点电荷间的距离逐渐增大，静电力做正功，故间距最小时的电势能最大，选项B错误；t2时刻，乙静止，在0～t2时间内，两点电荷的间距先减小后增大，故两点电荷间的静电力先增大后减小，选项C正确；0～t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能先减小后增大，选项D错误。2、(多选)(2015·海南高考)如图，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是()A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大[思路点拨]解答本题应把握以下三点：(1)电势与场强无关。(2)正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小。(3)等量异种点电荷连线的垂直平分线为等势线。[解析]因为等量异种点电荷在其连线的中垂线上的电场方向沿x轴正方向，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种点电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，将正电荷从O点移到a点，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。[答案]BCeq\a\vs4\al([易错提醒])(1)电势降低的方向不一定为电场方向，只有电势降落最快的方向才为电场的方向。(2)电场力做功只与初、末位置的电势差有关，与零电势点的选择无关。(3)电势、电势能具有相对性，要确定电场中某点的电势或电荷在电场中某点具有的电势能必须选取零电势点或零势能位置，但电势能的变化和电势差具有绝对性，与零势能位置、零电势点的选取无关。3、(多选)(2017·扬州模拟)两块竖直放置的带电平行金属板A、B间放一金属小球后，电场线如图所示，M、N为电场中的两点，下列判断中正确的是()A．M点处的电场强度大于N点处的电场强度B．M点处的电势高于N点处的电势C．将正检验电荷从M点移到N点，电场力做正功D．将负检验电荷从M点移到N点，该电荷的电势能减小解析：选ABD电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图知M点处的电场强度大于N点处的电场强度，A正确；沿电场线的方向电势逐渐降低，M点处的电势高于N点处的电势，B正确；将正检验电荷从M点移到N点，电场力做负功，C错误；将负检验电荷从M点移到N点，电场力做正功，该电荷的电势能减小，D正确。4.(2017·江苏二模)如图所示，电源为恒流电源(能始终提供恒定的电流)，R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，移动滑动变阻器R的滑片，则下列表示电压表示数U和电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，正确的是()解析：选D设恒流电源提供的电流为I0，则通过R0的电流为：IR0＝I0－I。则电压表示数为：U＝IR0R0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I0R0。I0和R0是定值，则根据数学知识可知UI图像是不过原点的倾斜的直线，故A、B错误；电路总功率为：P＝UI0＝(I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I02，I0和R0是定值，可知PI图像是向下倾斜的直线，故C错误，D正确。5.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，电压表的示数U和电流表的示数I的变化情况是()A．U变大，I变大 B．U变小，I变小C．U变大，I变小 D．U变小，I变大解析：选C当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路的总电阻增大，根据欧姆定律分析得知，干路电流I干减小。电压表的读数U＝E－I干(r＋R1)，I干减小，U变大。滑动变阻器与R3并联部分电压为U并＝E－I干(r＋R1＋R2)，I干减小，U并增大，电阻R3的电流I3增大。电流表的读数I＝I干－I3，I干减小，I3增大，则I变小，所以U变大，I变小。故C正确，A、B、D错误。6、(2017·宿迁三模)如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是()A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC＞PB＝PDC．PA＝PC＝PD＞PB D．PA＞PC＝PD＞PB解析：选CA做自由落体运动，C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A、C落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率P＝mgv相同，D做斜抛运动，到达最高点跟A下落时的高度相同，故落地时竖直方向的速度跟A落地时的速度大小相同，故功率相同，B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地时的速度大小相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A的功率，故C正确。7、(2017·南通模拟)某校高三学生体能检测中，有着班级“最标准身材”美誉的小明同学在半分钟内完成了10次引体向上，则这次检测中小明克服重力做功的平均功率大约为(g取10m/s2)()A．50W B．100WC．200W D．500W解析：选B高三同学体重大约为60kg，引体向上时重心向上运动的位移大约为0.5m，则克服重力做功的平均功率为：P＝eq\f(10mgh,t)＝eq\f(10×60×10×0.5,30)W＝100W，故B正确。二、非选择题1.如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向。解析：(1)根据库仑定律，A、B两点处的点电荷间的库仑力大小为F＝keq\f(q2,L2)解得F＝9.0×10－3N。(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝keq\f(q,L2)A、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos30°解得E＝7.8×103N/C场强E的方向沿y轴正方向。答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正方向十二、引用力学知识，激活电学思维(二)——电场能的性质[抓牢解题本源]一、电场力做功的两种计算方法1．W＝qEd，适用于匀强电场。2．WAB＝qUAB，适用于任何电场。二、电势高低的三种判断方法判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低电场力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低三、电荷电势能大小判断的“四法”判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大电荷电势法正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大公式法由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，根据Ep数值可作如下判断：若Ep为正值，其绝对值越大，表示电势能越大；若Ep为负值，其绝对值越小，表示电势能越大能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，两种能量之和不变，所以电荷动能增加，则其电势能减小；反之，其电势能增大四、电势差的三种表达式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1.UAB＝φA－φB,2.UAB＝\f(WAB,q)))适用于任何电场。3．U＝Ed，适用于匀强电场。2、(2017·徐州模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻质弹簧，右端与半径为R的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，轻质弹簧无形变时右端位于O点，物块(与弹簧不拴接)在外力作用下压缩弹簧至不同长度时释放，脱离弹簧时将获得不同的动能Ek，已知物块质量为m，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，OB＝l1，重力加速度为g，不计空气阻力，物块可看成质点。(1)若弹簧的劲度系数为k，当弹簧被压缩至A点且OA＝l2时，弹簧的弹力为多大？(2)物块在从A点被释放运动到O点的过程中，加速度大小和速度大小如何变化？(3)要使物块在半圆轨道BCD上运动时不与轨道脱离，则物块在O点的动能Ek应满足什么条件？解析：(1)根据胡克定律知弹簧弹力F＝kx＝kl2。(2)物块在从A点被释放运动到O点的过程中，物块受到向右的弹簧弹力和向左的滑动摩擦力，弹簧弹力越来越小，所以加速度越来越小，又加速度和速度同向，所以速度越来越大，即做加速度逐渐减小的加速运动。(3)物块在半圆轨道BCD上运动时不与轨道脱离，则有两种情况：①能通过最高点，则临界状态是在最高点物块对轨道的压力为0，设物块在最高点D时的速度为v，对最高点临界状态受力分析有：mg＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\r(gR)对物块从O到D由动能定理得：－μmgl1－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－Ek解得：Ek＝μmgl1＋eq\f(5,2)mgR。所以要使物块在半圆轨道BCD上运动时不与轨道脱离，则Ek≥μmgl1＋eq\f(5,2)mgR。②在半圆