（重慶專用）2018年高考物理一輪訓(xùn)練（5）及詳細(xì)解析一、選擇題1、如圖所示，在水平向右、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，兩個電荷量均為q的帶正電小球A、B通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛。兩球靜止時，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°、60°?，F(xiàn)將一外力作用在A球上，使A球緩慢地繞懸點(diǎn)O做圓周運(yùn)動，在A球運(yùn)動至最低點(diǎn)A′的過程中，下列說法正確的是()A．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加eq\f(1,2)qELB．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加qELC．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少(2eq\r(3)－3)qELD．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(3,2)))qEL解析：選BCA球的移動不影響A、B之間繩子的方向，當(dāng)A球移動到最低點(diǎn)A′時，兩球沿電場的反方向都移動了eq\f(L,2)，兩球都克服電場力做功，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加量ΔEp＝qEL，B正確；對A、B整體，根據(jù)平衡條件可得，(mA＋mB)gtan30°＝2qE，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝(2eq\r(3)－3)qEL，C正確。2、(2017·蘇錫常模擬)某電場在直角坐標(biāo)系中的電場線分布情況如圖所示，O、M、N為電場中的三個點(diǎn)，則由圖可得()A．M點(diǎn)的場強(qiáng)小于N點(diǎn)的場強(qiáng)B．M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)的電勢C．將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢能增加D．將一正電荷從O點(diǎn)分別移到M點(diǎn)和N點(diǎn)，電場力做功相同解析：選BC由題圖可知，M處電場線密，故M點(diǎn)場強(qiáng)大于N點(diǎn)場強(qiáng)，A錯誤；順著電場線方向電勢越來越低，故M點(diǎn)電勢低于N點(diǎn)電勢，B正確；由WOM＝qUOM可知，電場力做負(fù)功，電勢能增加，C正確；M、N不在同一等勢面上，所以電場力做功不同，D錯誤。3、(2017·銅仁四模)如圖所示為帶電粒子只在電場力作用下運(yùn)動的vt圖像，在a點(diǎn)的速度為va，運(yùn)動到b點(diǎn)的速度為vb，則下列說法中正確的是()A．電場中a點(diǎn)電勢一定比b點(diǎn)電勢高B．粒子在a點(diǎn)的電勢能一定比在b點(diǎn)的電勢能大C．在0～t1時間內(nèi)，粒子運(yùn)動路徑與電場力可能不在一條直線上D．在0～t1時間內(nèi)，粒子運(yùn)動過程中受到的電場力先減小后增大再減小解析：選BD由于不知粒子的電性，因此不能確定a、b兩點(diǎn)電勢的高低，故A錯誤；由于只有電場力做功，電勢能與動能的和為一定值，因為b點(diǎn)速度比a點(diǎn)速度大，所以在b點(diǎn)的動能比a點(diǎn)動能大，即粒子在a點(diǎn)的電勢能一定比在b點(diǎn)的電勢能大，故B正確；由于vt圖像反映的是粒子做直線運(yùn)動的速度隨時間變化的規(guī)律，因此粒子的運(yùn)動路徑是一條直線，即粒子受到的電場力一定與運(yùn)動路徑在一條直線上，故C錯誤；由于vt圖像的斜率表示加速度，由題圖可知，在0～t1時間內(nèi)，粒子運(yùn)動的加速度先減小后增大，再減小，由牛頓第二定律4.如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的示意圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變。閉合開關(guān)S后()A．升壓變壓器的輸出電壓增大B．降壓變壓器的輸出電流減小C．輸電線上損耗的功率增大D．輸電線上交流電的頻率減小解析：選C根據(jù)輸入電壓決定輸出電壓，閉合開關(guān)S后，升壓變壓器的輸出電壓不變，選項A錯誤；閉合開關(guān)S后，負(fù)載增加，負(fù)載總電阻減小，降壓變壓器的輸出電流增大，輸電線上電流增大，輸電線上損耗的功率增大，選項B錯誤，C正確；根據(jù)變壓器不改變交流電的頻率可知，輸電線上交流電的頻率不變，選項D錯誤。5.(2015·四川高考)小型手搖發(fā)電機(jī)線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強(qiáng)磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉(zhuǎn)動，如圖所示。矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，則發(fā)電機(jī)輸出電壓()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：選D因每匝矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的電動勢的最大值都是e0，每匝中ab和cd串聯(lián)，故每匝線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值為2e0。N匝線圈串聯(lián)，整個線圈中感應(yīng)電動勢的最大值為2Ne0，因線圈中產(chǎn)生的是正弦交流電，則發(fā)電機(jī)輸出電壓的有效值E＝eq\r(2)Ne0，故選項D正確。6、如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點(diǎn)，以大小相同的初速度在圓盤上沿與直徑PQ成θ角的方向開始滑動，設(shè)小物塊運(yùn)動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2-cosθ圖像應(yīng)為下列圖像中的()解析：選A設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間動摩擦因數(shù)為μ，則對整個過程有－μmg·2rcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，即v2＝v02－4μgrcosθ，故A正確。7、(2017·金壇區(qū)期末)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體，分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，已知兩斜面底邊長度相等，該物體與斜面AB、DB間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是()A．物體沿斜面DB滑動到底端時動能較大B．物體沿兩斜面滑動到底端時動能一樣大C．物體沿斜面DB滑動到底端過程中克服摩擦力做的功較少D．物體沿兩斜面滑動到底端過程中克服摩擦力做的功一樣多解析：選D設(shè)斜面的傾角為θ，斜面的高度為h，根據(jù)動能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝Ek－0，即：Ek＝mgh－μmghcotθ，根據(jù)數(shù)學(xué)知識知，hcotθ等于斜面底邊的長度，兩個斜面的底邊長度相等，所以可得，h越大，Ek越大，物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大，故A、B錯誤；克服摩擦力做的功Wf＝μmghcotθ，可知兩種情況Wf一樣大，故C錯誤，D正確。二、非選擇題1、如圖所示，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點(diǎn)。先給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為＋Q和－Q，此時懸線與豎直方向的夾角為eq\f(π,6)。再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到eq\f(π,3)，且小球與兩極板不接觸。求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量。[思路點(diǎn)撥]試畫出第一次充電后帶電小球的受力示意圖。提示：[解析]小球受重力mg、拉力和電場力qE這三個力而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力的平衡和力的合成，Eq＝mgtaneq\f(π,6)，根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系及電容的定義式得E＝eq\f(Q,Cd)，所以Q＝eq\f(\r(3)mgCd,3q)；第二次充電后，Q′＝eq\f(\r(3)mgCd,q)，所以第二次充電使電容器正極板增加的電荷量ΔQ＝Q′－Q＝eq\f(2\r(3)mgCd,3q)＝2Q。[答案]2Qeq\a\vs4\al([易錯提醒])本題易誤認(rèn)為第一次充電后電容器的電荷量為2Q，實際上電容器的電荷量為一塊極板電荷量的絕對值。2、如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細(xì)線繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為4m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開地面時，B獲得最大速度。求：(1)斜面的傾角α；(2)B的最大速度v。[審題指導(dǎo)](1)細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用時，B只受重力和彈簧彈力作用。(2)A剛離開地面時，B獲得最大速度，說明A只受重力和彈力，且速度為零，B的加速度為零。[解析](1)設(shè)當(dāng)A剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xA，對A有kxA＝mg。此時B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)線拉力T三個力的作用。設(shè)B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，對B有，T－mg－kxA＝ma，對C有，4mgsinα－T＝4ma，當(dāng)B獲得最大速度時，有a＝0，由此解得sinα＝0.5，所以α＝30°。(2)開始時彈簧壓縮的長度為xB＝eq\f(mg,k)，顯然xA＝xB。當(dāng)A剛離開地面時，B上升的距離以及C沿斜面下滑的距離為xA＋xB。由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，且A剛剛離開地面時，B、C的速度大小相等，設(shè)為v，由機(jī)械能守恒4mg(xA＋xB)sinα－mg(xA＋xB)＝eq\f(1,2)(4m