考前保溫訓(xùn)練(二)

（時間：90分鐘滿分：100分）一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中至少有一個選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有錯選或不選的得0分）1.（2012?菏澤模擬）有一直角V形槽固定在水平面上，其截面如圖1所示，BC面與水平面間夾角為60。，有一質(zhì)量為m的正方體均勻木塊放在槽內(nèi)，木塊與BC面間的動摩擦因數(shù)為“，與AB面間無摩擦?，F(xiàn)用垂直于紙面向里的力推木塊使之沿槽運(yùn)動，則木塊所受的摩擦力為（） 圖1B?￥“mgD.^mg解析：選A由受力分析可知BC面對木塊的支持力為Fbc=mgsin30°,木塊運(yùn)動后木1塊受到的摩擦力為Ff=fiFBC=“mgsin30°=^mg，正確選項(xiàng)為A。2.四個質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動，它們的速度一時間圖象分別如圖2所示，在2s末能回到出發(fā)點(diǎn)的是（ ）A.①③A.①③C.②③D.①④圖3圖3解析：選D由選項(xiàng)中四個圖象分析可知，只有①④選項(xiàng)的運(yùn)動為往返運(yùn)動，扌根據(jù)位移關(guān)系，在2s末能回到出發(fā)點(diǎn)；②③選項(xiàng)中的運(yùn)動速度方向不變，不能回到出發(fā)點(diǎn)。3.（2012?大連模擬）兩個相距很近的等量異種點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)稱為電偶極子。設(shè)相距為Z,電荷量分別為+?和一？的點(diǎn)電荷構(gòu)成電偶極子。如圖3所示，取二者連線方向?yàn)閥軸方向，中點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立如圖所示的xOy坐標(biāo)系，P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為r（rl），P、O兩點(diǎn)間連線與J軸正方向的夾角為0,設(shè)無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，P點(diǎn)的電勢為仞真空中靜電力常量為匕下面給出9的四個表達(dá)式，其中只

有一個是合理的。你可能不會求解P點(diǎn)的電勢0,但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，0的合理表達(dá)式應(yīng)為（）kqlsin0 _ kqrcos0A.0=r B.0= j2kqlcos0 kqlsin0C.0=r2 D.0=r2解析：選C根據(jù)題意和圖象可知，當(dāng)0=90。時電勢為零，故選項(xiàng)A、D均錯誤；當(dāng)r無窮大時，電勢為零，故選項(xiàng)B錯誤。因此，只有選項(xiàng)C正確。圖44?如圖4所示，理想變壓器的原線圈接入u=11000j2sin100n/（V）的交變電壓，副線圈通過電阻r=6Q的導(dǎo)線對“220V880W”的電器《L供電，該電器正常工作。由此可知（）圖4原、副線圈的匝數(shù)比為50：1交變電壓的頻率為100Hz副線圈中電流的有效值為4A變壓器的輸入功率為880W解析：選C根據(jù)接入電壓u=11000V2sin100皿，輸入電壓有效值為11000V,要使P“220V880W”的電器正常工作，則通過用電器的電流為I=U=4A，副線圈輸出電壓為U=Ir+U=4X6V+220V=244V,原、副線圈匝數(shù)比等于輸入電壓與輸出電壓之比,出為2750:61,A錯誤，C正確；交流電的頻率才=豈=讐=50（血），B錯誤；變壓器的輸出功率P=PL＋P=880W＋42X6W=976W,D錯誤。出Rr5?如圖5所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷務(wù)、q2分別置于A、B兩點(diǎn)，虛線為等勢線。取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)，j,若將務(wù)、q2移動到無窮遠(yuǎn)的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列'‘I；/說法正確的是（） -一A點(diǎn)電勢大于B點(diǎn)電勢 圖5A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等q1的電荷量小于q2的電荷量q1在A點(diǎn)的電勢能小于q2在B點(diǎn)的電勢能解析：選C由題意知點(diǎn)電荷Q帶負(fù)電，所以有0A<0B<0,得IUA」>IUB」，移動兩試探電荷克服電場力做功相等，有qJUJ=q2IUB」，所以q1<q2,選項(xiàng)A錯誤，C正確。因?yàn)镋=kQ2,A點(diǎn)比B點(diǎn)離Q近，所以Ea>Eb，選項(xiàng)B錯誤。根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，q1在A點(diǎn)的電勢能等于q2在B點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)D錯誤。

（2012?廣東六校聯(lián)考）如圖6所示，在空間yOz平面內(nèi)的光滑TOC\o"1-5"\h\z絕緣細(xì)桿OP與y軸正方向成0角固定，桿上套有一帶正電小球。使 廠：:；小球從O點(diǎn)以初速度e0沿桿上滑，某時刻起在桿所在空間加一電場門匸［「或磁場，以下所加的“場”，能使小球在桿上勻速運(yùn)動的是（） / '沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場 "沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場 圖6沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場解析：選A能使小球在桿上做勻速運(yùn)動，則“場”力、重力和桿的作用力三力平衡，若加沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力豎直向上，當(dāng)電場力等于小球重力時，桿的作用力為零，合力為零，選項(xiàng)A正確；洛倫茲力總垂直于速度方向，也就是總垂直于桿的方向，因此三力的合力不可能為零，無論加哪個方向的勻強(qiáng)磁場，都不能使小球沿桿勻速運(yùn)動，故選項(xiàng)B、D均錯誤；若加沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場力沿y軸負(fù)方向，三力不能平衡，故選項(xiàng)C錯誤。足夠長的水平傳送帶始終以速度v勻速運(yùn)動，某時刻使一質(zhì)量為m、初速度大小也為v的物體，沿與傳送帶運(yùn)動方向相反的方向在傳送帶上滑動，最后物體的速度與傳送帶相同。在物體相對傳送帶滑動的過程中，滑動摩擦力對傳送帶做的功為W,物體與傳送帶間摩擦生熱為Q,則下列判斷正確的是（）A.W=mv2/2,Q=mv2 B.W=0，Q=2mv2C.W=2mv2,Q=2mv2 D.W=2mv2，Q=0解析：選C設(shè)物體速度由v減速到零的過程中對地位移大小為s,則該過程傳送帶對地位移為2s,兩者相對移動的路程為3s;物體速度由零增加到v的過程中，物體和傳送帶對地位移分別為s和2s,兩者相對移動的路程為s;因此全過程兩者相對移動的路程為4s,傳送帶對地位移為4s,而磚=mv2/2,所以W=2mv2,Q=2mv2。如圖7所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為0，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，與阻值為R的定值電阻相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為〃。有一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的大小為v的初速度向上運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)a'b的位置，滑行的距離為s,導(dǎo)體棒的電阻也為尺，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為“，則（） 圖7B2l2vA.上滑過程中導(dǎo)體棒受到最大安培力為養(yǎng)一1B.上滑過程中電流做功放出的熱量為2mv2—mgs（sin0+“cos0）C.上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為1mv21D.上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為刃02—mgssin0B2l2v解析：選BD電路中總電阻為2R,故最大安培力的數(shù)值為-R,A錯誤；由能量守恒定律可知：導(dǎo)體棒動能減少的數(shù)值應(yīng)該等于導(dǎo)體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)生的電熱和克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能。其公式表示為：2mv2=mgssin0+“mgscos01+O屛則有：Q“=2mv2-（mgssin0+“mgscos0）,即為安培力做的功，B正確，C錯誤；電熱 電熱21導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能即為安培力和摩擦力做功的和，W損失=2mv2-mgssin0,D正確。2011年我國第一顆火星探測器“螢火一號”將與俄羅斯火衛(wèi)一探測器“福布斯—格朗特”共同對距火星表面一定高度的電離層開展探測，“螢火一號”探測時運(yùn)動的周期為T,且把“螢火一號”繞火星的運(yùn)動近似看做勻速圓周運(yùn)動。已知火星的半徑為R,萬有引力常量為G；假設(shè)宇航員登陸火星后，在火星表面某處以初速度v0豎直上拋一小球，經(jīng)時間t落回原處。根據(jù)以上信息可獲得（）v火星表面的重力加速度g=?4n2R3火星的質(zhì)量為M=GR3v火星的平均密度為p=2GR火星的第一宇宙速度為v=\：；‘琴解析：選C火星表面重力加速度g=爭，第一宇宙速度v=rjgR= 嚴(yán)，A、D選項(xiàng)錯誤；由GR=mg,皿=譽(yù)=3nR3p,則P=2nGRt，C正確；B選項(xiàng)T不是火星表面探測器的運(yùn)動周期，B錯。質(zhì)量相等的均質(zhì)柔軟細(xì)繩A、B平放于水平地面，繩A較長。分別捏住兩繩中點(diǎn)緩慢提起，直到全部離開地面，兩繩中點(diǎn)被提升的高度分別為hA、hB,上述過程中克服重AB力做功分別為巴、用3。若（）hA=hB，則一定有WA=WBAB ABhA>hB,則可能有WA<WBhA<hB，則可能有WA=WBAB ABhA>hB，則一定有WA>WB解析：選B克服重力做的功等于重力勢能的增加量，兩繩都離開地面時，若h=hnAB或h<h“，則繩A的重心低于繩B的重心，克服繩A的重力做的功較小，所以W<W，選AB AB

項(xiàng)A、C錯；若h>h，則繩A的重心可能比繩B的高，也可能低，也可能等高，所以克AB服繩A的重力做的功可能比克服繩B的重力做的功大，也可能小，還可能相等，故選項(xiàng)B對D錯。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共14分，把答案填在題中橫線上或按要求作答）（6分）某同學(xué)利用如圖8所示的實(shí)驗(yàn)裝置測量重力加速度。（1）該同學(xué)開始實(shí)驗(yàn)時情形如圖8所示，接通電源釋放紙帶。請指出該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)操作中存在的兩處明顯錯誤或不當(dāng)?shù)牡胤剑孩?;② 。（2）該同學(xué)經(jīng)修改錯誤并正確操作研究從靜止開始下落的重物所受阻力的情況，得到如圖9所示的紙帶（A、B、C、D、E均為相鄰的打點(diǎn)），測出A、C間的距離為14.77cm,點(diǎn)C、E間的距離為16.33cm。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?0m/s2,重物質(zhì)量為m=1?0kg,設(shè)重物所受阻力大小不打點(diǎn)計(jì)時器”學(xué)生電源丄4?(( ID.變。在從A下落到E的過程中，阻力大小為 No（已知電源的 圖8頻率為50打點(diǎn)計(jì)時器”學(xué)生電源丄4?(( ID.圖9解析：（1）由實(shí)驗(yàn)可知打點(diǎn)計(jì)時器在應(yīng)用時應(yīng)接交流電源；為了打出更多的點(diǎn)，重物要從貼近打點(diǎn)計(jì)時器的位置釋放。⑵由紙帶可求得重物下落加速度：CE-AC=aT2,其中T=0?O4s,得a=9?75m/s2再由牛頓運(yùn)動定律可求得阻力：mg-f=ma，得阻力f=0.25N。答案：（1）①打點(diǎn)計(jì)時器接了直流電②重物離打點(diǎn)計(jì)時器太遠(yuǎn)（2）0.25（8分）某學(xué)習(xí)小組用伏安法測量一未知電阻Rx的阻值，給定器材及規(guī)格為：電流表A（量程0?5mA,內(nèi)阻約為10Q）；電壓表V（量程為0?3V,內(nèi)阻約為3kU）；最大阻值約為100U的滑動變阻器；電源E（電動勢約3V）；開關(guān)S、導(dǎo)線若干。（1） 由于不知道未知電阻的阻值范圍，先采用如圖10甲電路試測，讀得電壓表示數(shù)大約為2.5V,電流表示數(shù)大約為5mA,則未知電阻阻值R=大約為 U；（2） 經(jīng)分析，該電路測量誤差較大，需改進(jìn)。請直接在圖10甲上改畫：①在不需要的連線上畫“X”表示，②補(bǔ)畫上需要添加的連線；⑶對改進(jìn)的電路進(jìn)行測量，并根據(jù)測量數(shù)據(jù)畫出了如圖10乙所示的U-I圖象，得Rx= U。（保留三位有效數(shù)字）

解析：(1)根據(jù)用圖甲測量數(shù)據(jù)及歐姆定律可得Rx=U=5^n=500Q；(2)待測電阻Rx約為500Q,而電壓表的內(nèi)阻約為3kQ,是待測電阻的6倍左右，電流表的內(nèi)阻約為10Q,待測電阻是電流表內(nèi)阻的50倍左右,所以顯然電流表外接法時電壓表的分流比較大,應(yīng)該改為電流表內(nèi)接法。(3)待測電阻Rx的大小就等于圖乙中圖線的斜率,Q=600Q。即r=4U= 2,4-1，8Q=600Q。即RXAI(4-3)X10-3答案：(1)500(2)見解析圖(3)600三、計(jì)算題(本題共4個小題，共46分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)(10分)如圖11所示，傾角為0的斜面上只有AB段粗糙，其余y丈部分都光滑，AB段長為3L。將一個物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))沿斜面由靜止釋放，釋放時距A為2L。當(dāng)運(yùn)動到A下面距A為L時，物塊運(yùn)動的速度 圖11是經(jīng)過A點(diǎn)速度的一半。(重力加速度為g)求物塊由靜止釋放到停止運(yùn)動所需的時間？要使物塊能通過B點(diǎn)，由靜止釋放物塊距A點(diǎn)至少要多遠(yuǎn)？解析：(1)物塊由靜止釋放到A過程中受重力加g、支持力N作用，加速度為?1，由牛頓第二定律可知：a1=gsin0在A點(diǎn)的速度為v=\2ra2L=2"JgLsin0■A 1所用時間：屮\屠2\禹由A運(yùn)動到距A的距離為L/2過程中受重力卿，支持力N,滑動摩擦力Ff作用，由動能定理可知：

rmgL^-件齊鴻心呷?由牛頓第二定律可知：mgsin0-F=ma2f2到停止運(yùn)動所用時間為t2到停止運(yùn)動所用時間為t2=2a2總時間為t=t1＋t2聯(lián)立方程可得t=⑵由動能定理可知：mg(s+3L)sin0-F*3L=0可得s=9LM答案：(1)3jgsb(2)9LM14.(10分)如圖12所示，傾角0=37°的斜面上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時另一端位于B點(diǎn)。斜面上方有一半徑R=1m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道與斜面相切于D處，圓弧軌道的最高點(diǎn)為M?，F(xiàn)有一小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)后釋放，物塊經(jīng)過B點(diǎn)后的位移與時間關(guān)系為兀=&—4?5%r單位m,t單位是s).若物塊經(jīng)過D點(diǎn)后恰能到達(dá)M點(diǎn)，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos 圖1237°=0?8，求：⑴物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)“；(2)BD間的距離xBD。解析：(1)由x=8t-4.5t2知，物塊在B點(diǎn)的速度e0=8m/s,從B點(diǎn)到D點(diǎn)過程中加速度大小為a=9m/s2由牛頓第二定律得a=m=gsin37°+“geos37°m得“=3(2)物塊在M點(diǎn)的速度滿足mg=mRM物塊從D點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)的過程中，有2meD2=mgRQ+cos37°)+毎?『物塊在從B點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，有vD2-v02=-2axBD解得xBD=1m答案：(1)8(2)1m

XXXXXXXXXXXXXXXXZ45-0XXXXXXXXX（12分）（2012?寶雞檢測）如圖13所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy,在xM0的區(qū)域內(nèi)有一傾角為0=45啲絕緣光滑斜面，斜面末端0處用一極小的平滑曲面連接，恰能使斜面末端水平。在xWO的廣泛區(qū)域內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為〃；電場沿豎直方向（圖中未畫出），場強(qiáng)大小為E。電 圖13荷量為一?@>0）的帶電小球從絕緣光滑斜面上某點(diǎn)由靜止開始下滑，小球經(jīng)斜面末端O點(diǎn)進(jìn)入電場和磁場，之后做圓周運(yùn)動，垂直于y軸離開電場和磁場，最后垂直打到絕緣光滑斜面上。求：（1） 小球從開始運(yùn)動到垂直打到絕緣光滑斜面上所用的時間；（2） 小球下滑的初始位置的坐標(biāo)。解析：⑴由于小球在磁場、電場和重力場中做勻速圓周運(yùn)動，則mg=qE設(shè)帶電小球進(jìn)入x<0區(qū)域的速度大小為v0，小球打到斜面時，速度方向與斜面垂直，qB則tan0=V°,v=gt,v0=gttan0=gt,勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑r=mVqBy2r_2gt2由圖知tan0=—vt—v0t得=4Etan0=4E得tgB(2tan20+1) 3gB4Etan20 4Ev=0B(2tan20+1)3B在磁場中運(yùn)動的時間&=qm=4Etan20在斜面下滑時間t=乩=4Etan4Etan20在斜面卜滑時間氣gsin0gBsin0(2tan20+1) 3gB4EnE4<2e(4+3n+4；2)E總時間t總t+t1+t2=3B+五他='4 1 1 4\[2e 8E2(2)x軸：x=2gsin0t22cos0=2gsin0(^gB)2cos0=9^yy軸：yx8E29gB2所以小球下滑的初始位置為（9簫，9gB2）。答案:（嚴(yán)需血⑵鑑,鑑）（14分）如圖14甲所示，在水平放置的兩平行金屬板的右側(cè)存在有界的勻強(qiáng)磁場磁場方向垂直于紙面向里，磁場邊界MN和PQ與平行板的中線OO'垂直。金屬板的下極板接地，上極板的電壓u隨時間變化的情況如圖乙所示，勻強(qiáng)