（重慶專用）2018年高考物理一輪訓練（8）及詳細解析一、選擇題1、(2017·上高月考)如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計相接，極板M接地，用靜電計測量兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度。在整個實驗過程中，保持電容器所帶電荷量Q不變，下列說法正確的是()A．將M板向下平移，將使靜電計指針張角變小B．將M板沿水平向左方向遠離N板，將使靜電計指針張角變小C．在M、N之間插入云母板(介電常數ε＞1)，將使靜電計指針張角變小D．將M板沿水平向右方向移動(但不接觸N板)，兩板間的場強增大解析：選C將M板向下平移，兩板正對面積減小，根據C＝eq\f(εS,4πkd)知電容減小，根據U＝eq\f(Q,C)，Q不變，板間的電勢差U增大，靜電計指針張角變大，故A錯誤；將M板沿水平向左方向遠離N板，板間距離d變大，根據C＝eq\f(εS,4πkd)知電容減小，根據U＝eq\f(Q,C)，Q不變，板間的電勢差U增大，靜電計指針張角變大，故B錯誤；在M、N之間插入云母板(介電常數ε＞1)，根據C＝eq\f(εS,4πkd)知電容增大，根據U＝eq\f(Q,C)，Q不變，板間的電勢差減小，靜電計指針張角變小，故C正確；根據C＝eq\f(εS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εS)，知E與d無關，所以將M板沿水平向右方向移動(但不接觸N板)，兩板間的場強不變，故D錯誤。2、(2017·南京一模)如圖所示為可變電容器，旋轉動片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將()A．逐漸增大B．逐漸減小C．保持不變D．先增大后減小解析：選A旋轉動片使之與定片逐漸重合時，相當于增加了電容器極板間的正對面積，則由電容器的決定式C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容將逐漸增大，故B、C、D錯誤，A正確。3、(2017·南京二模)目前的觸摸屏大多是電容式觸摸屏。電容式觸摸屏內有一導電層。導電層四個角引出四個電極，當手指觸摸屏幕時，人體和觸摸屏就形成了一個電容，電容具有“通高頻”的作用，從而導致有電流分別從觸摸屏四角上的電極中流出，并且流經這四個電極的電流與手指到四角的距離成正比，控制器通過對這四個電流比例的精確計算，得出觸摸點的位置信息。在開機狀態下，下列說法正確的是()A．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是因為手指對屏幕按壓產生了形變B．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是利用了電磁感應現象C．當手指觸摸屏幕時手指有微弱的電流流過D．當手指離開屏幕時，電容變小，對高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指離開的準確位置解析：選C電容式觸摸屏只需要觸摸，由于流經四個電極的電流與手指到四角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，無需手指按壓屏幕，故A錯誤；電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置利用的是電容器的充、放電原理，不是電磁感應現象，故B錯誤；由題意可知，手指從觸點吸走一部分電荷，在電荷定向移動的過程中，會有微弱電流通過，故C正確；根據電容器的工作原理可知，當手指離開屏幕時，電容變小，電容器將放電，控制器仍然能檢測到手指離開的準確位置，故D錯誤。4.(2017·蘇州一模)如圖所示為一個小型電風扇的電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡L和交流電風扇電動機D，電動機線圈電阻為r。接通電源后，電風扇正常運轉，測出通過風扇電動機的電流為I。則下列說法正確的是()A．理想變壓器的輸入功率為eq\f(UI,n)B．風扇電動機中的電流為eq\f(U,nr)C．風扇電動機輸出的機械功率為eq\f(U,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I－\f(U,nR)))D．若電風扇由于機械故障被卡住，則通過原線圈的電流為eq\f(UR＋r,n2Rr)解析：選D理想變壓器的原、副線圈的匝數比為n，原線圈接電壓為U的交流電源，則輸出端電壓為eq\f(U,n)，而風扇電動機的輸入功率為eq\f(UI,n)，因輸出端還有一只燈泡，故A錯誤；由上述分析知輸出端電壓為eq\f(U,n)，因為風扇電動機不是純電阻器件，所以電流不能表示為eq\f(U,nr)，故B錯誤；風扇電動機的輸入功率為eq\f(UI,n)，而風扇電動機的線圈電阻消耗的功率為I2r，則風扇電動機輸出的機械功率為eq\f(UI,n)－I2r，故C錯誤；若電風扇由于機械故障被卡住可視為純電阻，兩電阻并聯，則根據歐姆定律可知，通過原線圈的電流為eq\f(UR＋r,n2Rr)，故D正確。5.(2017·鎮江三模)如圖所示，一理想變壓器的原線圈接有電壓為U的交流電，副線圈接有電阻R1、光敏電阻R2(阻值隨光照增強而減小)，開關K開始時處于閉合狀態，下列說法正確的是()A．當光照變弱時，變壓器的輸入功率增加B．當滑動觸頭P向下滑動時，電阻R1消耗的功率增加C．當開關K由閉合到斷開，原線圈中電流變大D．當U增大時，副線圈中電流變小解析：選B當光照變弱時，光敏電阻的阻值變大，輸出功率減小，輸入功率也變小，故A錯誤；當滑動觸頭P向下滑動時，原線圈匝數減小，根據電壓與匝數成正比知，副線圈兩端的電壓增大，電阻R1兩端的電壓增大，電阻R1消耗的功率增加，故B正確；當開關K由閉合到斷開，副線圈回路電阻增大，輸出電流減小，匝數比不變，所以原線圈中電流變小，故C錯誤；當U增大時，副線圈電壓增大，副線圈中電流變大，故D錯誤。6、將一傾角為θ的斜面體固定在水平面上，在最高點A與最低點C之間有一點B，滿足AB＝2BC。將一小滑塊從最高點由靜止釋放，經過一段時間后到達C點，且此時滑塊的速度為零。已知滑塊與AB、BC間的動摩擦因數分別為μ1、μ2。由以上條件判斷下列關系式中正確的是()A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：選B滑塊從最高點由靜止釋放，恰好能滑動到斜面體的最低點，對滑塊受力分析可知滑塊受重力、支持力和滑動摩擦力作用。設斜面的總長為L，從A到C，由動能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ·eq\f(2,3)L－μ2mgcosθ·eq\f(1,3)L＝0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，B正確。7、質量為m的物體以初速度v0沿水平面開始向左運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：選A設物體克服彈簧彈力所做的功為WT，則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對物體做功為－WT，摩擦力對物體做功為－μmg(s＋x)，根據動能定理有－WT－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，所以，WT＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故A正確。二、非選擇題1、如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場。當兩板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0開始，前eq\f(T,3)時間內UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時間內UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。[思路點撥](1)兩板間加恒定電壓時，粒子做類平拋運動。(2)兩板間加交變電壓時，水平方向始終為勻速運動，粒子在豎直方向的運動可畫v-t圖像分析。[解析](1)設粒子經過時間t0打在M板中點沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)t02解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v02,U0L2)。(2)粒子通過兩板間的時間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運動時，在每個電壓變化周期的前三分之一時間內的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)不同時刻從O1點進入電場的粒子沿電場方向的速度vy隨時間t變化的關系如圖所示。所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t＝nT(n＝0,1,2，…)和t＝nT＋eq\f(1,3)T(n＝0,1,2，…)時刻進入電場的粒子恰好分別從上、下極板右側邊緣飛出。它們沿電場方向偏轉的距離最大，則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)[備考錦囊]分段研究，化變為恒在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場。對于帶電粒子在交變場中的運動，可以分段處理，此類電場在一段時間內為勻強電場，即電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同。但從整個運動過程看電場又是變化的，即電場強度的大小和方向可隨時間變化。2、(2017·泉州期末)如圖所示，一輕繩跨過光滑的小定滑輪，一端與在傾角為37°的光滑斜面上的小物體m1連接，另一端與套在光滑豎直桿上的小物體m2連接，滑輪到豎直桿的距離為1.2m。現在讓m2從與滑輪等高的A點由靜止釋放，設斜面和桿足夠長，m1不會碰到滑輪，m2不會碰到地面，g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)若m2下滑到距A點1.6m的C點時，其速度剛好為0，求m1、m2的質量之比；(2)若m2＝0.36m1，當m2下滑到距A點0.9m的B點時，求此時m1、m2的速度大小。解析：(1)由幾何關系知：m2下滑到C點，m1沿斜面上升了l2＝0.8m此時兩者速度均為0