1、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
2、时，电容不变，故 C 错误；若轨道足够长，导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
3、电计检测的是电 S4 kd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，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Ud QCd 4 kQ S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2为 L 的不带电的金属板后，粒子 P 开始
4、运动，重力加速度为 g。粒子运动的加速度大小为( )A. g B. gLd Ld LC. g D. gd Ld dd L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Ud处于静电平衡状态，相当于电容器极板间距减小为 ddL，由牛顿第二定律得q mgma，解得 a g，故 B 正确。Ud Ld L4.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
5、想变压器 T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1n 2，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，T 1采用升压变压器(匝数比为 1)能减小远距离输电的能量损失n2n1C若输送功率一定，则 P2P 1n 1n 2D若输送功率一定，则 P2P 1n 12n 22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 P1I 2RPU1R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压 U2 U1，输电线上的
6、电流 I ，输P2U12 n2n1 PU2电线上损失的功率 P2I 2R R，所以 ，故 D 正确，C 错误；由上述分析P2U22 P2P1 U12U22 n12n22知 P2P1，即实验可以证明，T 1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。下列说法正确的是( )3A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U22rC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
7、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U损 2r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 U2 U1，根据功率n2n1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PU2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，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
8、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 v1 v2v1 v2 v1 v2v1 v2C. tan D. cot v12 v22v12 v22 v12 v22v12 v22解析：选 C 滑块先后两次经过斜面 A 点时由动能定理得 mv22 mv12mgcos 12 122x；当滑块第一次从 A 点到最高点时由动能定理得 0 mv12mgxsin mgcos 12x，联立解得 tan ，选项 C 正确。v12 v22v12 v227、(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
9、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 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 4C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 mv212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，
10、D 错误。12二、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。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：mg
11、Eq，小环离开直杆后，只受重力、电场力作用，则合力为F 合 mgma2解得加速度为：a10 m/s214.1 m/s 2，方向垂直于直杆斜向右下方。2(2)设小环在直杆上做匀速运动的速度为 v0，离开直杆后经时间 t 到达 P 点，则竖直方向：hv 0sin 45t gt212水平方向：v 0cos 45t t2012 qEm解得：v 02 m/s。(3)由动能定理得：E kP mv02mgh12解得：E kP5 J。答案：(1)14.1 m/s 2 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
12、 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5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。32(2)在整个运动过程中，根据动能定理可知：mgLE p0解得：E pmgL。(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 mv212重力的瞬时功率为：Pmgvsin 。mggL2答案：(1) mg (2)mgL (3)32 mggL2
