（重慶專(zhuān)用）2018年高考物理一輪訓(xùn)練（6）及詳細(xì)解析一、選擇題1、(多選)電容式傳感器的應(yīng)用非常廣泛，如圖所示的甲、乙、丙、丁是四種常見(jiàn)的電容式傳感器，下列判斷正確的是()A．圖甲中兩極間的電壓不變，若有電流流向傳感器正極，則h正在變小B．圖乙中兩極間的電荷量不變，若兩極間電壓正在增加，則θ正在變大C．圖丙中兩極間的電荷量不變，若兩極間電壓正在減小，則x正在變大D．圖丁中兩極間的電壓不變，若有電流流向傳感器的負(fù)極，則F為壓力且正在變大[思路點(diǎn)撥](1)明確變量和不變量。(2)利用電容器的定義式和決定式進(jìn)行分析和判斷。[解析]題圖甲中兩極間距離不變，若h變小，表明兩極板間正對(duì)面積減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知對(duì)應(yīng)電容減小，電壓不變時(shí)，電容器帶電荷量減小，正在放電，故電流流向傳感器負(fù)極，A錯(cuò)；題圖乙中兩極間的電荷量不變，若電壓正在增加，由C＝eq\f(Q,U)可知電容正在減小，板間距離不變，正對(duì)面積減小，則動(dòng)片正在旋出，θ正在變大，B對(duì)；題圖丙中兩極間的電荷量、板間距離不變，若板間電壓正在減小，表明電容正在增大，電介質(zhì)正在插入，x正在增大，C對(duì)；題圖丁中兩極間的電壓、極板正對(duì)面積不變，若有電流流向傳感器的負(fù)極，表明電容器正在放電，電容減小，板間距離增大，若F為壓力，則應(yīng)是F正在減小，D錯(cuò)。[答案]BC2、全國(guó)公安機(jī)關(guān)逐步推行身份證登記指紋信息。某類(lèi)型指紋采集器使用的是半導(dǎo)體指紋傳感器：在一塊半導(dǎo)體基板上陣列了數(shù)百萬(wàn)金屬顆粒，傳感器陣列的每一點(diǎn)是一個(gè)金屬電極，充當(dāng)電容器的一極，其外面是絕緣的表面，手指貼在其上與其構(gòu)成了電容器的另一極。由于指紋的嵴在空間上是凸起的，峪是凹下的，嵴和峪與半導(dǎo)體電容感應(yīng)顆粒形成的電容值大小不同。采集器通過(guò)對(duì)每個(gè)電容感應(yīng)顆粒充、放電的電流進(jìn)行測(cè)量，得到不同的數(shù)值，設(shè)備將采集到的不同數(shù)值進(jìn)行匯總處理，從而完成指紋的采集任務(wù)，則()A．指紋的嵴處與半導(dǎo)體基板上對(duì)應(yīng)的金屬顆粒距離近，電容小B．指紋的峪處與半導(dǎo)體基板上對(duì)應(yīng)的金屬顆粒距離遠(yuǎn)，電容小C．對(duì)每個(gè)電容感應(yīng)顆粒，在手指靠近時(shí)，各金屬電極電荷量減小D．對(duì)每個(gè)電容感應(yīng)顆粒，在手指遠(yuǎn)離時(shí)，各金屬電極均處于充電狀態(tài)解析：選B指紋的嵴處與半導(dǎo)體基板上對(duì)應(yīng)的金屬顆粒距離表示為平行板電容器的間距，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知d小，C大，A錯(cuò)誤，B正確；手指靠近時(shí)，d減小，電容增大，在電壓一定的情況下，電荷量增大，處于充電狀態(tài)，C錯(cuò)誤；同理手指遠(yuǎn)離時(shí)，處于放電狀態(tài)，D錯(cuò)誤。3、如圖所示，在平行板電容器正中間有一個(gè)帶電微粒。S閉合時(shí)，該微粒恰好能保持靜止。在以下兩種情況下：①保持S閉合，②充電后將S斷開(kāi)。下列說(shuō)法能實(shí)現(xiàn)使該帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)打到上極板的是()A．①情況下，可以通過(guò)上移極板M實(shí)現(xiàn)B．①情況下，可以通過(guò)上移極板N實(shí)現(xiàn)C．②情況下，可以通過(guò)上移極板M實(shí)現(xiàn)D．②情況下，可以通過(guò)上移極板N實(shí)現(xiàn)[思路點(diǎn)撥]①情況下，不變量為U；②情況下，不變量為Q。[解析]因?yàn)榈冖俜N情況下兩極板間電壓U不變，只有減小d，使E＝eq\f(U,d)增大，電場(chǎng)力F增大，帶電微粒才向上運(yùn)動(dòng)打到上極板M上，故可以通過(guò)下移極板M或上移極板N來(lái)實(shí)現(xiàn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；第②種情況下電容器所帶電荷量Q不變，根據(jù)Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝Ed，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可以看出E是個(gè)定值，與板間距d無(wú)關(guān)，所以無(wú)論怎樣改變極板M、N的間距d，場(chǎng)強(qiáng)E、電場(chǎng)力F都不變，帶電微粒均處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。[答案]B[備考錦囊]電容器動(dòng)態(tài)分析的解題思路4．(多選)如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)圖像如圖乙中曲線a、b所示，則()A．兩次t＝0時(shí)刻線圈平面均與中性面重合B．曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C．曲線a表示的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為25HzD．曲線b表示的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為10V解析：選AC由題圖乙知t＝0時(shí)兩次轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)都等于零，則線圈平面均與中性面重合，A正確；兩次轉(zhuǎn)動(dòng)所產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期與轉(zhuǎn)速的關(guān)系n＝eq\f(1,T)，得na∶nb＝3∶2，B錯(cuò)誤；因Ta＝4×10－2s，故fa＝eq\f(1,Ta)＝25Hz，C正確；因Ema＝15V，而Em＝NBSω＝eq\f(2πNBS,T)，故Emb＝eq\f(Ta,Tb)Ema＝10V，Eb＝eq\f(Emb,\r(2))＝5eq\r(2)V，D錯(cuò)誤。5．如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)n＝10匝的閉合矩形線圈繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸O1O2垂直于磁場(chǎng)方向，線圈電阻為5Ω，從圖甲所示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，通過(guò)線圈平面的磁通量隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，則()A．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中消耗的電功率為10π2WB．在t＝0.2s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，且電流改變一次方向C．所產(chǎn)生的交變電流感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝10πsin5πtVD．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量變化最快解析：選A最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：Em＝nBSω＝nBS·eq\f(2π,T)＝nΦm·eq\f(2π,T)＝10×0.2×eq\f(2π,0.4)V＝10πV，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(10π,\r(2))V＝5eq\r(2)πV，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中消耗的電功率為：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(5\r(2)π2,5)W＝10π2W，故A正確；t＝0.2s時(shí)，磁通量為0，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，電流方向不變，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，因?yàn)閺木€圈垂直中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，所以交變電流感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝10πcos5πtV，故C錯(cuò)誤；線圈在圖示位置磁通量為0，磁通量的變化率最大，穿過(guò)線圈的磁通量變化最快，轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，磁通量最大，磁通量變化率為0，故D錯(cuò)誤。6、張山同學(xué)在校運(yùn)動(dòng)會(huì)上獲得100米賽跑的冠軍，他采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時(shí)提升身體重心，如圖所示。假設(shè)張山同學(xué)的質(zhì)量為m，在起跑前進(jìn)的距離s內(nèi)，重心升高h(yuǎn)，獲得的速度為v，克服阻力做功為Wf，則在此過(guò)程中()A．地面的支持力對(duì)張山同學(xué)做功為mghB．張山同學(xué)自身做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2＋WfC．張山同學(xué)的重力勢(shì)能增加量為eq\f(1,2)mv2＋WfD．張山同學(xué)的動(dòng)能增加量為mgh＋Wf解析：選B地面支持力對(duì)張山同學(xué)作用時(shí)，由于張山同學(xué)的腳并沒(méi)有離開(kāi)地面，故地面的支持力對(duì)張山同學(xué)并不做功，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，有：W人－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋Wf，故B正確；重心上升h，張山同學(xué)的重力勢(shì)能增加量為ΔEp＝mgh＝W人－eq\f(1,2)mv2－Wf，故C錯(cuò)誤；張山同學(xué)的動(dòng)能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝W人－mgh－Wf，故D錯(cuò)誤。7、如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點(diǎn)的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．小球在tB時(shí)刻所受彈簧彈力大于eq\f(1,2)mgB．小球在tC時(shí)刻的加速度大于eq\f(1,2)gC．小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點(diǎn)D．小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中，重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量解析：選B由題圖乙可知，小球在tB時(shí)刻加速度大小為零，此時(shí)F彈＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在tC時(shí)刻到達(dá)最低點(diǎn)，彈力達(dá)到最大值，小球在A點(diǎn)的加速度大小為gsin30°＝eq\f(1,2)g，C點(diǎn)的切線斜率的大小大于A點(diǎn)的切線斜率的大小，即小球在tC時(shí)刻的加速度大于eq\f(1,2)g，選項(xiàng)B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中，重力勢(shì)能與動(dòng)能減少量之和等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。二、非選擇題1、(2017·海州區(qū)模擬)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，一端連著一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球，另一端固定于O點(diǎn)，現(xiàn)把小球向右拉至細(xì)線水平且與場(chǎng)強(qiáng)方向平行的位置，無(wú)初速度釋放，小球能擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，細(xì)線與豎直方向的最大夾角θ＝30°，重力加速度為g，求：(1)場(chǎng)強(qiáng)E的大?。?2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力T。解析：(1)對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程由動(dòng)能定理可得：mgLcosθ－qEL(1＋sinθ)＝0解得：E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得mgL－qEL＝eq\f(1,2)mv2在最低點(diǎn)T－mg＝meq\f(v2,L)聯(lián)立解得：T＝3mg－eq\f(2\r(3),3)mg。答案：(1)eq\f(\r(3)mg,3q)(2)3mg－eq\f(2\r(3),3)mg2、如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一質(zhì)量為m的物體A，一不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)滑輪，兩端分別與物體A及質(zhì)量為2m的物體B連接。不計(jì)定滑輪與輕繩間的摩擦，重力加速度為g，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)。(1)用手托住物體B，使兩邊輕繩和彈簧都處于豎直狀態(tài)且彈簧處于原長(zhǎng)，然后無(wú)初速度釋放物體B，物體B可下落的最大距離為l。求物體B下落過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)用手托住物體B，使兩邊輕繩和彈簧都處于豎直狀態(tài)且輕繩中恰好不產(chǎn)生拉力，然后無(wú)初速度釋放物體B，求物體A的最大速度。解析：(1)根據(jù)題意知，物體A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝2mgl－mgl＝mgl。(2)釋放物體B前，設(shè)彈