2018年高考物理一輪訓(xùn)練（14）及詳細(xì)解析

（重慶專用）2018年高考物理一輪訓(xùn)練（14）及詳細(xì)解析一、選擇題1、如圖所示的三個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2、q3固定在一條直線上，q2和q3的距離是q1和q2的距離的2倍，每個(gè)點(diǎn)電荷所受庫侖力的合力為零。由此可以判定，三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量之比q1∶q2∶q3可能為()A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6解析：選A由三電荷平衡模型的特點(diǎn)“兩同夾異”可知，q1和q3為同種電荷，它們與q2互為異種電荷，設(shè)q1和q2的距離為r，則q2和q3的距離為2r，對q1有－eq\f(kq2q1,r2)＝eq\f(kq1q3,3r2)，則有eq\f(q2,q3)＝－eq\f(1,9)，對q3有eq\f(kq1q3,3r2)＝－eq\f(kq2q3,2r2)，所以eq\f(q1,q2)＝－eq\f(9,4)，考慮到各電荷的電性，故A正確。2、空間中有一邊長為L的等邊三角形ABC，A、B兩點(diǎn)有兩個(gè)固定的負(fù)點(diǎn)電荷。現(xiàn)將一個(gè)點(diǎn)電荷＋q放在三角形的幾何中心O處，則C點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。若將＋q移到AB邊中點(diǎn)，則C點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\r(3)kq,4L2) B.eq\f(5kq,3L2)C.eq\f(9kq,4L2) D.eq\f(13kq,3L2)解析：選B設(shè)AB的中點(diǎn)為D點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，OC的長度x1＝eq\f(\f(L,2),sin60°)＝eq\f(\r(3),3)L，CD的長度x2＝Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L，將一個(gè)點(diǎn)電荷＋q放在三角形的幾何中心O處，C點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零，則AB兩處的負(fù)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度矢量和與＋q在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，即AB兩處的負(fù)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度矢量和E1＝eq\f(kq,x12)＝eq\f(3kq,L2)，方向由C指向O，將＋q移到AB邊中點(diǎn)，則＋q在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E2＝eq\f(kq,x22)＝eq\f(4kq,3L2)，方向由O指向C，則C點(diǎn)的合場強(qiáng)為E＝E1－E2＝eq\f(5kq,3L2)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。對電場線的理解及應(yīng)用3、(2017·海州區(qū)期中)某點(diǎn)電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖所示。下列說法正確的是()A．b點(diǎn)的電勢低于a點(diǎn)的電勢B．若將一正試探電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力做負(fù)功C．c點(diǎn)的電場強(qiáng)度與d點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小無法判斷D．若將一正試探電荷從d點(diǎn)由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c[思路點(diǎn)撥]解答本題應(yīng)把握以下三點(diǎn)：(1)電場線不是運(yùn)動(dòng)軌跡。(2)電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小。(3)沿電場線方向電勢逐漸降低。[解析]沿電場線方向電勢逐漸降低，因b點(diǎn)所在的等勢面電勢高于a點(diǎn)所在的等勢面，故b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)的電勢，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若將一正試探電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力做負(fù)功，選項(xiàng)B正確；由于電場線密集的地方場強(qiáng)較大，故d點(diǎn)的場強(qiáng)大于c點(diǎn)的場強(qiáng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因dc電場線是曲線，故若將一正試探電荷從d點(diǎn)由靜止釋放，電荷將不能沿著電場線由d到c，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]B[備考錦囊]電場線的應(yīng)用技巧4.(2017·南京三模)如圖所示的電路，R1、R2、R4均為定值電阻，R3為熱敏電阻(溫度升高，電阻減小)，電源的電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，起初電容器中懸停一質(zhì)量為m的帶電塵埃，當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)，下列說法正確的是()A．電壓表和電流表的示數(shù)都減小B．電壓表和電流表的示數(shù)都增大C．電壓表和電流表的示數(shù)變化量之比保持不變D．帶電塵埃將向下極板運(yùn)動(dòng)[思路點(diǎn)撥](1)讀懂電路圖，知道電容器的端電壓等于R4的端電壓，根據(jù)溫度降低，判斷電路的總電阻的變化，再判斷支路電壓和電流的變化。(2)根據(jù)電容器板間電壓的變化，分析板間場強(qiáng)的變化，判斷帶電塵埃的受力情況，從而分析其運(yùn)動(dòng)情況。[解析]當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)，R3的阻值增大，外電路總電阻增大，則總電流減小，所以電流表的示數(shù)減小，題圖中并聯(lián)部分的總電阻增大，由串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的規(guī)律知：并聯(lián)部分的電壓增大，則電壓表的示數(shù)增大，故A、B錯(cuò)誤；電壓表的示數(shù)為U＝E－I(R1＋r)，則得電壓表和電流表的示數(shù)變化量之比為eq\f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，保持不變，故C正確；電容器板間電壓增大，板間場強(qiáng)增大，帶電塵埃所受的電場力增大，則帶電塵埃將向上極板運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。[答案]C[備考錦囊]閉合電路動(dòng)態(tài)問題的三種分析方法(1)程序分析法：流程如下(2)結(jié)論分析法：即“串反并同”法?！按础奔茨骋浑娮柙龃?減小)時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都減小(增大)“并同”即某一電阻增大(減小)時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都增大(減小)(3)極限分析法因滑動(dòng)變阻器滑片滑動(dòng)引起電路變化的問題，可將其滑片分別滑至兩個(gè)極端，使電阻最大或電阻為零分別討論。5.(2017·啟東市模擬)如圖所示，圖中的三個(gè)電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向左端緩慢移動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是()A．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)增大B．電壓表V1的讀數(shù)增大，電壓表V2的讀數(shù)增大C．電阻RP消耗的功率增大，電容器C所帶電量增加D．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)減小解析：選D滑片P左移時(shí)，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值增大，根據(jù)串反并同規(guī)律知，電壓表V1的讀數(shù)增大，電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)減小，A、B錯(cuò)誤，D正確；視r(shí)＋R1＋R2為電源的等效內(nèi)電阻，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系知，由于電阻RP與r＋R1＋R2的大小關(guān)系未知，因此電阻RP消耗的功率是增大還是減小無法判斷，由于電容器C兩端的電壓增大，處于充電狀態(tài)，其所帶電量增加，C錯(cuò)誤。6、(2017·邳州模擬)質(zhì)量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻受到一個(gè)水平向左的恒力F，如圖甲所示，此后物體的v-t圖像如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10m/s2，則()A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬時(shí)功率為6WC．10s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)4m處D．0～10s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6W[審題指導(dǎo)]結(jié)合圖像，分析可知(1)0～4s，物體加速度大小a1＝2_m/s2，牛頓第二定律表達(dá)式為F＋μmg＝ma1。(2)4～10s，物體的加速度大小為a2＝1_m/s2，牛頓第二定律表達(dá)式為F－μmg＝ma2。[解析]由題圖乙可知0～4s內(nèi)的加速度大小：a1＝eq\f(8,4)m/s2＝2m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10s內(nèi)的加速度大小：a2＝eq\f(6,6)m/s2＝1m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3N，μ＝0.05，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；10s末恒力F的瞬時(shí)功率為P10＝Fv10＝3×6W＝18W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)×4×8m＝16m,4～10s內(nèi)的位移x2＝－eq\f(1,2)×6×6m＝－18m，故10s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2m處，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～10s內(nèi)恒力F做功的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(Fx,t)＝eq\f(3×2,10)W＝0.6W，選項(xiàng)D正確。[答案]D[備考錦囊]瞬時(shí)功率的計(jì)算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。(2)P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。7、如圖所示，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，則小球落在斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為(不計(jì)空氣阻力)()A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：選B小球落在斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正確。二、非選擇題8．(2015·江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)eq\f(1,3)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。(1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB＝meq\f(v2,r0)解得r0＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0)。(2)由(1)知，U＝eq\f(qB2r2,2m)，離子打在Q點(diǎn)時(shí)，r＝eq\f(5,6)L＝eq\f(10r0,9)，得U＝eq\f(100U0,81)離子打在N點(diǎn)時(shí)，r＝L＝eq\f(4r0,3)，得U＝eq\f(16U0,9)則電壓的范圍eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)。(3)由(2)可知，r∝eq\r(U)由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)，eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此時(shí)，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上，eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))2L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))3L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1L檢測完整，有rn≤eq\f(L,2)，解得n≥eq\f(lg2,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8最少次數(shù)為3次。答案：(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)最少次數(shù)為3次9、如圖所示，長度為l的細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶正電小球，在方向、大小均恒定的電場力作用下，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ＝60°。(1)若將小球拉至O點(diǎn)右方使細(xì)線呈水平狀態(tài)由靜止釋放，則小球的速度最大時(shí)，細(xì)線的張力為多少？(2)現(xiàn)將小球拉至O點(diǎn)左方使細(xì)線呈水平狀態(tài)由靜止釋放，則小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)的速度大小為多少？解析：(1)電場力與重力的合力即等效重力為eq