《江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1含解析（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、二轮滚讲义练（一）滚动练一、选择题1、(2017扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a给超级电容器C充电，然后将开关拨到b可使电阻很小的导体棒EF沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是()A电源给电容器充电后，M板带正电B在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B电容器下极板接正极，所以充电后N板带正电，故A错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C错误；若轨道足够长，导
2、体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D错误。2、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A平行板电容器的电容将变大B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将增大D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：选D根据C知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计检测的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，
3、所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该带电油滴带负电荷，则电势能减小，故C错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E，知电场强度不变，则带电油滴所受电场力不变，故D正确。3、如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动的加速度大小为()A.gB.gC.g D.g解析：选B设板间电压为U，带电粒子静止时有：qmg；当插入金属板后，金属板处
4、于静电平衡状态，相当于电容器极板间距减小为ddL，由牛顿第二定律得qmgma，解得ag，故B正确。4.某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)。在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是()A前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B实验可以证明，T1采用升压变压器(匝数比为1)能减小远距离输电的
5、能量损失C若输送功率一定，则P2P1n1n2D若输送功率一定，则P2P1n12n22解析：选BD变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I，输电线上损失的功率P1I2RR；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2U1，输电线上的电流I，输电线上损失的功率P2I2RR，所以，故D正确，C错误；由上述分析知P2P1，即实验可以证明，T1采用升压变压器能减小输电电流，能减小远距离输电的能量损失，故B正确。5如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率、输出电压均恒定，输电线电阻不变，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2
6、。下列说法正确的是()A采用高压输电可以减小输电线中的电流B输电线损耗的功率为C将P下移，用户获得的电压将降低D将P下移，用户获得的功率将增大解析：选AD发电机输出功率恒定，根据PUI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A正确；输电线上损失的功率为：P损，而U2为升压变压器副线圈两端的电压，故B错误；若P下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由U2U1，根据功率表达式，可知输电线中电流I，则电流会减小，输电线中损失电压U损IR，输电线的电压减小，则用户获得的电压升高，故C错误；若P下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由上分析可知，输电线中损失电压减小，用户获得的功率将增大，故D正确。6、如图
7、，一滑块(可视为质点)以某一初速度冲上倾角为的固定斜面，然后沿斜面运动。已知滑块先后两次经过斜面A点速度大小分别为v1和v2，则滑块与斜面之间的动摩擦因数为()A.tan B.cot C.tan D.cot 解析：选C滑块先后两次经过斜面A点时由动能定理得mv22mv12mgcos 2x；当滑块第一次从A点到最高点时由动能定理得0mv12mgxsin mgcos x，联立解得tan ，选项C正确。7、(2017宁波模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在倾角为的光滑斜面底端，另一端与质量为m的物体连接。开始时用手按住物体使弹簧处于压缩状态，放手后物体向上运动所能达到的最大速度为v。已知重力加速度为
8、g，下列判断正确的是()A物体达到最大速度v时，弹簧处于压缩状态B物体达到最大速度v时，其加速度为gsin C从释放到达到最大速度v的过程中，物体受到的合外力一直减小D从释放到达到最大速度v的过程中，弹簧弹力对物体做功为mv2解析：选AC对物体m应用牛顿第二定律可得：kxmgsin ma，随x减小，物体向上的加速度逐渐减小，当kxmgsin 时，a0，物体速度最大，A、C正确，B错误；由动能定理可知，弹簧弹力和重力所做的总功才等于mv2，D错误。二、非选择题1、(2017自贡模拟)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h0.8 m
9、。有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿直杆匀速下滑，小环离开直杆后正好通过C端的正下方P点(g取10 m/s2)。求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环在直杆上做匀速运动时速度的大小；(3)小环运动到P点的动能。解析：(1)小环在直杆上做匀速运动，所受电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示。由平衡条件得：mgsin 45Eqcos 45得：mgEq，小环离开直杆后，只受重力、电场力作用，则合力为F合mgma解得加速度为：a10 m/s214.1 m/s2，方向垂直于直杆斜向右下方。(2)设小环在直杆上做匀速运动的速度为v0，离开直
10、杆后经时间t到达P点，则竖直方向：hv0sin 45tgt2水平方向：v0cos 45tt20解得：v02 m/s。(3)由动能定理得：EkPmv02mgh解得：EkP5 J。答案：(1)14.1 m/s2方向垂直于直杆斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J2、(2017盐城期末)如图所示，光滑杆一端固定在水平面B点，与地面成30角，原长为L的轻质橡皮筋一端固定在地面上的O点，另一端与质量为m的圆球相连，圆球套在杆上。圆球处于A点时，橡皮筋竖直且无形变。让圆球从A点由静止释放，运动到B点时速度为零，橡皮筋始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：(1)运动过程中杆对圆球的最小弹力；(2)圆球运动到B点时，橡皮筋的弹性势能；(3)圆球运动到杆的中点时，重力的瞬时功率。解析：(1)在橡皮筋没有拉伸过程中，杆对圆球的弹力最小，对圆球则有：FNmgcos mg。(2)在整个运动过程中，根据动能定理可知：mgLEp0解得：EpmgL。(3)根据几何关系可知，圆球运动到杆的中点时，橡皮筋恰好没有拉伸，由机械能守恒有：mgLsin mv2重力的瞬时功率为：Pmgvsin 。答案：(1)mg(2)mgL(3)
