《（江苏专）高考物理二轮复习滚讲义练（2）（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专）高考物理二轮复习滚讲义练（2）（含解析）（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、二轮滚讲义练（二）滚动练一、选择题1、（多选）如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴能向下运动的是()A增大R1的阻值 B增大R2的阻值C增大两板间的距离 D断开电键S解析：选CD增大R1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A错误；电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R2，故R2两端无电压，所以，增大R2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B错误；增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度
2、减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C正确；断开电键S后，两极板间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D正确。7平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属极板沿远离另一板方向平移一小段距离。此过程中电容器的电容C、两极板带电荷量Q、两板间电场强度E、两板间电压U随两板间距离d变化的关系，表示不正确的是()解析：选ABD平行板电容器的电容为C，d增大时，C减小，而Q一定，所以电容器两极板间电场强度E一定，A、B错误，C正确；由UEd知，D错误。2、（多选）如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法正确的是()A电容器两
3、板间电压始终不变B电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C根据QCU可知，电容器带电荷量先增大后减小D电路中电流由B板经电源流向A板解析：选BD在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q不变，则C，又C，所以，所以E也不变，而UEd，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故A错误，B正确；此后，因为C，所以d增大时，C减小，由QCU，所以Q减小，电路中有瞬时电流，方向由B板经电源流向A板，故D正确，C错误。3、（多选）.(2017苏锡常二模)如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S，平行板间有一质量为m、电荷量为q的带电
4、液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是()A将A板向上平移一些，液滴将向下运动B将A板向左平移一些，液滴将向上运动C断开开关S，将A板向下平移一些，液滴将保持静止不动D断开开关S，将A板向右平移一些，液滴将向上运动解析：选BCD二极管具有单向导电性，闭合开关S后电容器充电，电容器的电容：C，C，极板间的电场强度：E，整理得：E；液滴静止，液滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，qEmg；将A板向上平移一些，d变大，由C可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E可知电容器两极板间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，液滴将保持静止不动，故A错误；将A板向左平移一些，
5、S变小，由C可知，C变小，而两极板间的电压U等于电源电动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E 可知电容器两极板间的电场强度增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动，故B正确；当断开开关S，将A板向下平移一些时，d变小，由C可知，C变大，因电量保持不变，由E 可得，电场强度不变，液滴将保持静止不动，故C正确；同理，当断开开关S，将A板向右平移一些时，S变小，由C 可知，C变小，因电量保持不变，由E可得，电场强度变大，液滴将向上运动，故D正确。4.(2017江苏一模)钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值
6、I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是()A该测量仪可测量直流电的电流B载流导线中电流大小I0C若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大解析：选CD钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，只能测量交流电的电流，故A错误；根据，得载流导线中电流大小I0nI，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确；根据n1I1n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大
7、，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2 将变大，故D正确。5(2015天津高考)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则()A保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2知，I2变小，由得I1也
8、变小，即电流表读数变小，选项A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2知副线圈输出功率变大，由P1P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，D错误。6、物体在合外力作用下做直线运动的v t图像如图所示。下列表述正确的是()A在02 s内，合外力总是做负功B在12 s内，合外力不做功C在03 s内，合外力做功为零D在01 s内比13 s内合外力做功快解析：选CD由题图和动能定理可知在02 s内物体先加速后减速，合外力先做正功后做负功，A错；根据动能定理得03 s内合外力做功为零，12 s内合外力做负功，
9、C对，B错；在01 s内比13 s内合外力做功快，D对。7、如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接。将铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处。若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动。关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是()A铁块一定能够到达P点B铁块的初速度必须足够大才能到达P点C铁块能否到达P点与铁块质量有关D铁块能否到达P点与铁块质量无关解析：选AD设A距离地面的高度为h，铁块与板材之间的动摩擦因数为，对全过程运用动能定理有mghmgc
10、os sABmgsBP0，得mghmg(sABcos sBP)0，而sABcos sBP，即h0，铁块在新斜面上有mgsin mgcos ma，由sin cos 0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m无关，铁块一定能够到达P点，选项A、D正确，B、C错误。二、非选择题1、(2017山西一模)如图所示，质量为m、带电量为q的小球从距地面高为h处以一定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为，为使小球无碰撞地通过管，可在管上方整个区域内加一场强方向向左的匀强电场。空气阻力不计，求：(1)小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小；
11、(3)小球落地时的动能。解析：(1)由题意知，小球水平方向做匀减速运动到管的上口时速度恰为零，则Lt竖直方向做自由落体运动到管的上口，则hgt2解得：v02L。(2)水平方向由运动学公式及牛顿第二定律得：v022L解得：E。(3)小球竖直方向做自由落体运动直到地面，由动能定理得：mghEqLEkmv02解得：Ekmgh。答案：(1)2L(2)(3)mgh2(2017南通模拟)如图1是用传送带传送行李的示意图。图1中水平传送带AB间的长度为8 m，它的右侧是一竖直的半径为0.8 m的圆弧光滑轨道，轨道底端与传送带在B点相切。若传送带向右以6 m/s的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧A点轻轻放上
12、一个质量为4 kg的行李箱时，箱子运动到传送带的最右侧如果没被捡起，能滑上圆弧轨道，而后做往复运动直到被捡起为止。已知箱子与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为g10 m/s2，求：(1)箱子从A点到B点所用的时间及箱子滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；(2)若箱子放上A点时给它一个5 m/s的水平向右的初速度，到达B点时如果没被捡起，则箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升多大高度？在如图2给定的坐标系中定性画出箱子从A点到最高点过程中速率v随时间t变化的图像。解析：(1)传送带的速度 v06 m/s箱子在传送带上做匀加速运动的加速度ag1 m/s2设箱子在B点的速度为 vB，由vB2
13、2ax解得：vB4 m/sv0所以箱子从A点到B点一直做匀加速运动由xat2，解得从A点到B点运动的时间为 t4 s箱子在圆弧轨道底端时，由牛顿第二定律得：Fmgm解得：F120 N由牛顿第三定律知，箱子对轨道的压力大小为120 N。(2)设箱子速度达到v06 m/s时位移为 x，则v02vA22ax解得x5.5 m8 m因此箱子先匀加速运动一段时间，速度达到6 m/s后开始做匀速运动，即在B点的速度为 v0由机械能守恒定律得：mv02mg(Rh)解得箱子离开圆弧轨道最高点后上升的高度 h1 m箱子从A点到最高点过程中速率v随时间t变化的图像如图。答案：(1)4 s120 N(2)1 m见解析图6
