发布时间 : 星期二 文章届高考物理二轮复习寒假作业(十一)一模考前适应性训练(二)【含答案】更新完毕开始阅读3a969163ec630b1c59eef8c75fbfc77da269979d
质量m多次进行实验，每次小车都从同一位置A由静止释放(g取10 m/s)。
2
(1)做该实验时，是否需要平衡摩擦力__________(填“需要”或“不需要”)。 (2)实验时，发现传感器示数明显不等于重物的重力，其原因是______________________。
(3)在正确规范操作后，实验时除了需要读出传感器的示数F，测出了小车质量M，还需测量的物理量有________________________，验证动能定理的表达式为__________________(用测得的物理量表示)。
解析：(1)由于该实验探究拉力做功与动能变化的关系，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力。
(2)由于没有满足重物的质量远小于小车的质量，导致传感器示数明显不等于重物的重力。
(3)实验时需要读出传感器的示数F，测出了小车质量M，还需测量的物理量有：AB两点的长度s、在B点的速度v，光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v，根据12
功能关系可以求出需要验证的关系式：Fs＝Mv。
2
答案：(1)需要 (2)重物的质量没有远小于小车的质量 (3)AB两点的长度s、在B点12
的速度v Fs＝Mv
2
10．(9分)(2017·重庆一诊)某学习小组在练习使用多用电表的同时，对多用电表进行了探究(以下问题中均使用同一多用电表)。
(1)该学习小组先使用多用电表测量电压，若选择开关处在“10 V”挡位，指针的位置如图1所示，则测量结果为________V。
(2)然后学习小组对多用电表进行了探究，将多用电表选择开关旋至某倍率欧姆挡，测未知电阻值的电路如图2所示，通过查找资料，了解到表头G的满偏电流为10 mA，并通过测量作出了电路中电流I与待测电阻阻值Rx关系图像如图3所示，由此可确定电池的电动势E＝________V，该图像的函数关系式为I＝________。综上可判定学习小组使用了多用电表________倍率的欧姆挡。
A．×1 B．×10
5
C．×100 D．×1 k
解析：(1)若用多用电表直流10 V挡测量电压，其分度值为0.2 V，对应读数是4.4 V。 (2)对欧姆表内部的电路由全电路的欧姆定律得
EI＝，当欧姆调零时，Rx＝0。 r＋rg＋Rx＋R滑
EEI＝＝10 mA；而指针指向中值电阻时，R滑＋rg＋r＝Rx＝150 Ω，而I1＝R滑＋rg＋r150＋150
1.5
＝5 mA，故E＝1.5 V；故电流的表达式为I＝；由此可知欧姆表的内阻150 Ω＝15×10
150＋RxΩ，则选择的是×10的倍率。
答案：(1)4.4 (2)1.5
1.5
B
150＋Rx11.(14分)如图所示，倾角为θ的无限长斜面上PQ部分粗糙，且长为3L，其余部分都光滑。质量均为m的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间有一长为L且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘连而下端与物块不粘连，各物块与斜面PQ段的动摩擦
因数均为2tan θ。A、B、C、D同时释放时A恰在P点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q点。重力加速度为g。求：
(1)A在PQ段运动刚达到最大速度时的位置； (2)物块C刚过P点时，杆对物块D的弹力；
(3)要使四个物块均能通过Q点，最初释放各物块时的初速度v0应该满足的条件。 解析：(1)由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时运动速度达最大值，有：
μ·nmgcos θ＝4mgsin θ 得到：n＝2
即物块B刚过P点，此时A离P点的距离为L。 (2)对四物块及杆整体用牛顿第二定律得： μ·3mgcos θ－4mgsin θ＝4ma 1
得到a＝gsin θ，方向沿斜面向上
2对物块D用牛顿第二定律得：
F－mgsin θ＝ma
3
解得F＝mgsin θ，方向沿斜面向上。
2
(3)要使四个物块都能通过Q处，物块D过Q点时它的速度应大于零。物块A离开Q点时，物块发生分离。设物块D刚过P点时的速度为v
6
对物块D从P到Q的过程用动能定理得
mgsin θ×3L－μmgcos θ×3L＝0－mv2
解得：v＝6gLsin θ
开始下滑时的初速度为v0，对整体进入PQ段过程用动能定理：4mgsin θ×3L－μmgcos 1122
θ(3L＋2L＋L)＝×4mv－×4mv0
22
解得：v0＝v＝6gLsin θ
即释放时，初速度v0＞6gLsin θ。 答案：(1)A离P点的距离为L
3
(2)mgsin θ，方向沿斜面向上 (3)v0＞6gLsin θ 212．(18分)(2018届高三·厦门一中检测)如图所示，PR是一长为L＝0.64 m的绝缘平板，固定在水平地面上，挡板R固定在平板的右端，整个空间存在一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，磁场的宽度d＝0.32 m，
一个质量m＝5×10 kg，带电荷量q＝5.0×10 C的小物块，从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动，当物块碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场(不计撤掉电场对原磁场的影响)，物块返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PC＝，若物块与平板间的动摩擦因数μ＝0.20，取g＝
410 m/s。
(1)判断电场的方向以及物块带正电还是带负电； (2)求磁感应强度B的大小；
(3)求物块与挡板碰撞过程中损失的机械能。
解析：(1)物块由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力，进入磁场后做匀速直线运动，说明它所受摩擦力增大，可得所受洛伦兹力方向向下。由左手定则可判断物块带负电，而所受电场力向右，说明电场方向向左。
(2)设物块被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，物块在磁场中向左做匀速直线运
2
－4
－2
12
LL12
动，受力平衡，有mg＝Bv2q，从离开磁场到停在C点，－μmg＝0－mv2，解得B＝0.125 T。
42
LL12
(3)设从D点进入磁场时的速度为v1，由动能定理可得qE－μmg＝mv1，从D点到R222
做匀速直线运动，有qE＝μ(mg＋Bv1q)
小物块撞击挡板损失的机械能为
7
1212－4
ΔE＝mv1－mv2，解得ΔE＝4.8×10 J。
22
答案：(1)电场方向水平向左，物块带负电 (2)0.125 T (3)4.8×10 J
三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)
[物理—选修3－3] (15分)
13．(1)(5分)下列说法正确的是________。 A．布朗运动就是分子的无规则运动
B．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一
C．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体 D．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
E．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 (2)(10分)在图甲所示的密闭气缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V-T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×10 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×10 J，求：
2
5
－4
(ⅰ)气体在状态B的体积VB； (ⅱ)此过程中气体内能的增量ΔU。
解析：(1)悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，体现了分子的无规则运动，由液体分子的无规则运动而引起的，不是小颗粒分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能量的转移，不是能量的转化，故D错误；温度是描述热运动的物理量，根据热力学定律可知，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故E正确。
(2)(ⅰ)由题V-T图像延长线通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖—吕萨克定律得：
2
VAVBTB4.0×10－33＝；解得：VB＝VA＝ m 2×6.0×10TATBTA3.0×10
＝8.0×10 m。 (ⅱ)外界对气体做的功：
－33
W＝p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3)J＝－2×102 J。
8