江苏省镇江市丹阳中学2017届高三下学期期初物理试卷

江苏省镇江市丹阳中学2017届高三下学期期初物理试卷

‎2016-2017学年江苏省镇江市丹阳中学高三（下）期初物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是（　　）‎ A．‎ 静电复印 B．‎ 静电喷涂 C．避雷针 D．‎ 静电除尘 ‎2．质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力大小之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．3：2‎ ‎3．如图甲所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s的相机拍摄到，图乙是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且风格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（　　）‎ A．石块水平抛出初速度大小约为225 m/s B．石块将要落地时的速度大小约为7.5 m/s C．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置 D．石块抛出位置离地高度约为28m ‎4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则（　　）‎ A．电压表V的示数为20V B．电路中的电流方向每秒改变5次 C．灯泡实际消耗的功率为36W D．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos5πt（V）‎ ‎5．如图（甲）所示，一根粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动．绳上距A端x处的张力T与x的关系如图（乙）所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．粗绳可能受到摩擦力作用 B．粗绳一定不受摩擦力作用 C．可以求出粗绳的质量 D．可以求出粗绳运动的加速度 ‎　‎ 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分．‎ ‎6．信使号水星探测器按计划将在今年陨落在水星表面．工程师通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ，忽略探测器在椭圆轨道上所受阻力．则下列说法正确的是（　　）‎ A．探测器在轨道Ⅰ上E点速率等于在轨道Ⅱ上E点速率 B．探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率 C．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的E处加速度相同 D．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，势能和动能均减少 ‎7．我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江，如图（甲）所示．我们可以把滑铁索过江简化成图（乙）的模型：铁索的两个固定点A、B在同一竖直平面内，AB间的水平距离为L=80m，铁索B点与A点竖直距离为h=8m，铁索的长度为100m，已知一质量M=35kg的学生，背着质量为m=5kg的书包，借助滑轮（滑轮质量不计）从A点静止开始滑到对岸的B点．假设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12N，重力加速度为10m/s2．下列说法正确的是 （　　）‎ A．滑到最低点时人处于超重状态 B．该同学到达对岸的速度为10m/s C．相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大 D．若该同学想从B返回A，在B点的初速度只需要10m/s ‎8．在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为1cm、4cm．则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子恰能运动到离原点12cm处 B．粒子经过P点与Q点时，动能相等 C．粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比2：1‎ D．粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比1：1‎ ‎9．电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（　　）‎ A．泵体上表面应接电源正极 B．通过泵体的电流I=‎ C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度 ‎　‎ 三、简答题：本题为第10、11题和第12题，共计30分．请将解答填写在答题卡相应的位置．‎ ‎10．如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m．‎ ‎（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=　　cm；‎ ‎（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为　　（用题中所给字母表示）；‎ ‎（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1　　2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；‎ ‎（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出 n﹣图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为　　（用题中字母表示）．‎ ‎11．某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻．‎ ‎（1）实验前，甲同学利用调好的多用电表欧姆“×100”档来粗测该苹果电池的内阻．测量结果如图甲所示．他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由．　　．‎ ‎（2）乙同学设计好测量电路，选择合适的器材，得到苹果电池两端的电压U和流过它的电流I的几组数据，如下表所示．‎ 数据序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎0.85‎ ‎0.81‎ ‎0.75‎ ‎0.68‎ ‎0.62‎ ‎0.54‎ I/mA ‎0.14‎ ‎0.18‎ ‎0.24‎ ‎0.32‎ ‎0.36‎ ‎0.48‎ ‎①请根据第2组和第5组数据计算得到该苹果电池的电动势E=　　V；内电阻r=　　kΩ．（结果保留两位小数）．‎ ‎②除苹果电池、电压表、电流表、电键、导线若干外，可供选择的实验器材有：滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）；电阻箱R2（阻值0～9999.9Ω），该电路中可变电阻应选择　　（选填R1或R2）‎ ‎②请选择合适器材用铅笔划线代替导线将图乙中实物连接完整．‎ ‎　‎ ‎（选修模块3-3）‎ ‎12．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加 C．一定量的100℃水变成100℃水蒸气，其分子势能增加 D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 ‎13．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V．在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为X．‎ ‎①用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为　　．‎ ‎②油酸分子直径约为　　．‎ ‎14．已知水的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V．求相同体积的水和可视为理想气体的水蒸气中所含的分子数之比？‎ ‎　‎ 四、计算题：本题共4小题，共计59分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎15．在高11.25m的屋檐上，每隔一定的时间有一滴水落下，已知第一滴水落到地面时，第四滴水刚好离开屋檐，设水滴的运动是自由落体运动，（g取10m/s2），求：‎ ‎（1）第一滴水滴落地时的速度大小；‎ ‎（2）水滴落下的时间间隔；‎ ‎（3）第一滴水滴落地时，第二滴水滴和第三滴水滴间的距离．‎ ‎16．如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B．在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：‎ ‎（1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；‎ ‎（2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；‎ ‎（3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W．‎ ‎17．在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0‎ 垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：‎ ‎（1）M、N两点间的电势差UMN；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．‎ ‎18．如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧（图中未画出，长度可不计）与轨道相切于B点．斜面的倾角为37°，半圆轨道半径为1m，B是圆轨道的最低点，C为最高点．将一小物块置于轨道AB上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变化规律如图乙所示．物块在某次运动时，由H=8.4m处释放，通过C后，又落回到斜面上D点．（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物块的质量及物块与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎（2）物块落到D点时的速度大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省镇江市丹阳中学高三（下）期初物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是（　　）‎ A．‎ 静电复印 B．‎ 静电喷涂 C．避雷针 D．‎ 静电除尘 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】物体带电的本质是电荷的转移，出现多余的电荷从而带电，所以静电的产生有利有弊．要明确生活中静电的应用和防止的例子．‎ ‎【解答】解：A、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上．故A属于静电的利用；‎ B、静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；‎ C、下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电．故C属于静电防范；‎ D、静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，D属于静电应用；‎ 本题选择属于静电防范的；故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力大小之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．3：2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力．‎ ‎【解答】解：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1==1.5m/s2；‎ 物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2==0.75m/s2；‎ 根据牛顿第二定律得：‎ f=ma1；‎ F﹣f=ma2，‎ 可得：F：f=3：2‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图甲所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s的相机拍摄到，图乙是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且风格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（　　）‎ A．石块水平抛出初速度大小约为225 m/s B．石块将要落地时的速度大小约为7.5 m/s C．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置 D．石块抛出位置离地高度约为28m ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求出速度大小和方向．‎ 根据石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求交点．由速度的分解法求．‎ ‎【解答】解：A、石块水平抛出初速度大小 v0===7.5m/s，故A错误．‎ B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为 s=1.5×m=≈4.74m，v==m/s=23.72m/s，即石块将要落地时的速度大小约为23.72m/s，故B错误；‎ C、石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；‎ D、石块在竖直方向的平均速度vy==m/s=22.5m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2s，即从开始起经0.1s的瞬时速度为22.5m/s，可得：石块从抛出点至该点的时间 t==2.25s，‎ 所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上=（2.25﹣0.1）s=2.15s，对应形成的像上端离发射点的竖直高度h==m=23.11m 加上形成的像在图片中的竖直高度4.5m，h总=27.61m≈28m，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则（　　）‎ A．电压表V的示数为20V B．电路中的电流方向每秒改变5次 C．灯泡实际消耗的功率为36W D．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos5πt（V）‎ ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率．‎ ‎【分析】由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率，交流电每周期方向改变两次，电压表测量的是路端电压，在图示位置磁通量为零，磁通量的变化率最大．‎ ‎【解答】解：由甲图知电压峰值为20V，周期0.2s，所以有效值为20V，角速度ω==10π．‎ A、电压表测的是路端电压U==18V，A错误；‎ B、交流电的频率为5Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，B错误；‎ C、灯泡实际消耗的功率为P=W=36W，C正确；‎ D、线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos10πt（V），D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图（甲）所示，一根粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动．绳上距A端x处的张力T与x的关系如图（乙）所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．粗绳可能受到摩擦力作用 B．粗绳一定不受摩擦力作用 C．可以求出粗绳的质量 D．可以求出粗绳运动的加速度 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】本题的关键是设出绳子总长度和总质量，求出单位长度，然后分别对绳子用整体法和隔离法受力分析，列出牛顿第二定律方程，求解即可．‎ ‎【解答】解：A、绳单位长度质量为λ=，先对整个绳子有F﹣f=ma，可得绳子加速度为a==，再对绳子左端部分应有T﹣μλ（l﹣x）g=λ（l﹣x）a，整理可得T=，由图线可知得出拉力和绳长的大小，无法确定是否受到摩擦力，故A正确，B错误．‎ C、根据T与x的表达式无法求出粗绳的质量，由于质量未知，无法求出粗绳运动的加速度大小．故C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分．‎ ‎6．信使号水星探测器按计划将在今年陨落在水星表面．工程师通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ，忽略探测器在椭圆轨道上所受阻力．则下列说法正确的是（　　）‎ A．探测器在轨道Ⅰ上E点速率等于在轨道Ⅱ上E点速率 B．探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率 C．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的E处加速度相同 D．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，势能和动能均减少 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据开普勒第二定律知AB速度大小．‎ 探测器机械能是否变化要看是否有外力对探测器做功，当万有引力刚好提供探测器所需向心力时 探测器正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则探测器做逐渐靠近圆心的运动，若是供小于需，则探测器做逐渐远离圆心的运动．‎ ‎【解答】解：A、在圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，在E点实施变轨做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，‎ 故探测器在轨道Ⅰ上E点速率小于在轨道Ⅱ上E点速率，故A错误；‎ B、探测器在轨道Ⅰ上E点速率小于在轨道Ⅱ上E点速率，在Ⅱ远地点速度小于，故探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上的速率，故B正确；‎ C、探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上E点所受的万有引力相同，根据F=ma知加速度相同，故C正确；‎ D、探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能增加，动能较小，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江，如图（甲）所示．我们可以把滑铁索过江简化成图（乙）的模型：铁索的两个固定点A、B在同一竖直平面内，AB间的水平距离为L=80m，铁索B点与A点竖直距离为h=8m，铁索的长度为100m，已知一质量M=35kg的学生，背着质量为m=5kg的书包，借助滑轮（滑轮质量不计）从A点静止开始滑到对岸的B点．假设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12N，重力加速度为10m/s2．下列说法正确的是 （　　）‎ A．滑到最低点时人处于超重状态 B．该同学到达对岸的速度为10m/s C．相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大 D．若该同学想从B返回A，在B点的初速度只需要10m/s ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】人在滑到最低点时由重力和绳索的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求出人在滑到最低点时对绳索的压力，并分析人处于超重还是失重状态；根据动能定理列式求解末速度．‎ ‎【解答】解：A、滑到最低点时重力和支持力的合力提供向心力，加速度向上，是超重，故A正确；‎ B、对从A到B过程，根据动能定理，有：‎ ‎（M+m）gh﹣fS=‎ 解得：‎ vB===m/s=10m/s，故B正确；‎ C、根据vB=，相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大相同，故C错误；‎ D、若该同学从B返回A，根据动能定理，有：‎ ‎﹣（M+m）gh﹣fS=0﹣‎ 解得：‎ vB==≈14.6m/s 故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为1cm、4cm．则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子恰能运动到离原点12cm处 B．粒子经过P点与Q点时，动能相等 C．粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比2：1‎ D．粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比1：1‎ ‎【考点】电势；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况．φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根据电势关系，分析电势能关系，由能量守恒定律判断动能的关系．功率P=Fv ‎【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0﹣2cm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在2﹣6cm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6cm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动．即在0﹣6cm间做往复运动．故A错误．‎ B、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故B正确；‎ C、φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强为：EP==50φ，‎ Q点的场强为：EQ==25φ，‎ 则粒子在p点的加速度与Q点的加速度为：加速度大小之比2：1．故C正确．‎ D、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（　　）‎ A．泵体上表面应接电源正极 B．通过泵体的电流I=‎ C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况．‎ ‎【解答】解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；‎ B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R===；‎ 因此流过泵体的电流I=，故B错误；‎ C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；‎ D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 三、简答题：本题为第10、11题和第12题，共计30分．请将解答填写在答题卡相应的位置．‎ ‎10．如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m．‎ ‎（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=　0.520　cm；‎ ‎（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为　　（用题中所给字母表示）；‎ ‎（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1　小于　2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；‎ ‎（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出 n﹣图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为　　（用题中字母表示）．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度．‎ ‎（3）通过整体隔离法，结合牛顿第二定律求出拉力的大小，从而进行比较．‎ ‎（4）根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出n﹣的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm．‎ ‎（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v=‎ ‎．‎ ‎（3）对整体分析，，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m×0.6g=2.4mg，‎ ‎，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F1＜2F2．‎ ‎（4）滑块通过光电门的速度v=，‎ 根据v2=2aL得，，‎ 因为a=，代入解得，‎ 图线的斜率k=，解得g=．‎ 故答案为：（1）0.520cm； （2）； （3）小于； （4）．‎ ‎　‎ ‎11．某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻．‎ ‎（1）实验前，甲同学利用调好的多用电表欧姆“×100”档来粗测该苹果电池的内阻．测量结果如图甲所示．他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由．　不正确 水果电池为电源，欧姆表不能电源的内阻　．‎ ‎（2）乙同学设计好测量电路，选择合适的器材，得到苹果电池两端的电压U和流过它的电流I的几组数据，如下表所示．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 数据序号 U/V ‎0.85‎ ‎0.81‎ ‎0.75‎ ‎0.68‎ ‎0.62‎ ‎0.54‎ I/mA ‎0.14‎ ‎0.18‎ ‎0.24‎ ‎0.32‎ ‎0.36‎ ‎0.48‎ ‎①请根据第2组和第5组数据计算得到该苹果电池的电动势E=　1.00　V；内电阻r=　1.06　kΩ．（结果保留两位小数）．‎ ‎②除苹果电池、电压表、电流表、电键、导线若干外，可供选择的实验器材有：滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）；电阻箱R2（阻值0～9999.9Ω），该电路中可变电阻应选择　R2　（选填R1或R2）‎ ‎②请选择合适器材用铅笔划线代替导线将图乙中实物连接完整．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表只能测试电阻不能测试电源的电阻；‎ ‎（2）①由欧姆定律分别列了两组数据对应的公式，列立可求得电池的电动势的内阻；‎ ‎②根据给出的仪器及实验中的安全性和准确性选择滑动变阻器；‎ ‎③根据选择的器材利用实验原理得出正确的实物图．‎ ‎【解答】解：（1）因为欧姆表内部本身有电源，而水果电池也有电动势，故二者相互影响，无法正确测出电源内阻；‎ ‎（2）①由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知：‎ E=0.81+0.18r；‎ E=0.62+0.36r 联立解得：E=1.0V；r=1.06kΩ；‎ ‎②由于水果电池的内阻较大，故应选用大的滑动变阻器才能起到有效的调节作用；故选择电阻箱R2．‎ ‎③本实验中采用基本的伏安法即可以测量，由于水果电池内阻较大，故可以采用电流表相对于电源的内接法；‎ 故实物图如图所示；‎ 故答案为：（1）不正确，水果电池为电源，欧姆表不能测电源的内阻；（2）①1.00；1.06；②R2；③如图所示 ‎　‎ ‎（选修模块3-3）‎ ‎12．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加 C．一定量的100℃水变成100℃水蒸气，其分子势能增加 D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 ‎【考点】温度是分子平均动能的标志；布朗运动．‎ ‎【分析】正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第一定律．‎ ‎【解答】解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动．故A正确．‎ B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加．故B错误．‎ C、一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加．故C正确．‎ D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．故D正确；‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎13．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V．在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为X．‎ ‎①用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为　　．‎ ‎②油酸分子直径约为　　．‎ ‎【考点】用油膜法估测分子的大小．‎ ‎【分析】在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．油膜面积由正方形小格个数乘以每个方格的面积．‎ ‎【解答】解：实验时做的假设为：将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的．‎ ‎①由题意可知，一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为 V0=．‎ ‎②每一滴所形成的油膜的面积为S=Xa2，所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为d==．‎ 故答案为：①，②．‎ ‎　‎ ‎14．已知水的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA ‎，水的摩尔质量为M，在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V．求相同体积的水和可视为理想气体的水蒸气中所含的分子数之比？‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】在体积相同的情况下，通过水的密度求出质量，从而得出摩尔数，并求出分子个数；再由水蒸气的摩尔体积为V，来算出摩尔数，并得出分子个数，最后确定之比．‎ ‎【解答】解：设二者的体积均为V′，则水的质量为m=ρV′，分子个数为N=NA=NA，‎ 水蒸气分子的个数N′=NA，‎ 故二者的分子个数比为=．‎ 答：相同体积的水和可视为理想气体的水蒸气中所含的分子数之比．‎ ‎　‎ 四、计算题：本题共4小题，共计59分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎15．在高11.25m的屋檐上，每隔一定的时间有一滴水落下，已知第一滴水落到地面时，第四滴水刚好离开屋檐，设水滴的运动是自由落体运动，（g取10m/s2），求：‎ ‎（1）第一滴水滴落地时的速度大小；‎ ‎（2）水滴落下的时间间隔；‎ ‎（3）第一滴水滴落地时，第二滴水滴和第三滴水滴间的距离．‎ ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】（1）根据自由落体与运动位移速度公式即可求解；‎ ‎（2）根据位移时间公式求出第一滴水运动的时间，第一滴水落到地面时，第四滴水刚好离开屋檐，共有3个滴水间隔；‎ ‎（3）根据位移时间公式即可求解；‎ ‎【解答】解：（1）根据自由落体与运动位移速度公式得：‎ ‎2gh=v12‎ 解得：v1===15m/s；‎ ‎（2）第一滴水运动的时间t===1.5s；‎ 所以水滴落下的时间间隔T==0.5s；‎ ‎（3）第1滴水滴落地时，第2滴水滴的下落位移为：h′=gt′2=×10×1=5m；‎ 第三滴水下落的高度h″=×10×0.52=1.25m；‎ 第二滴水滴和第三滴水滴间的距离为△h=5﹣1.25m=3.75m．‎ 答：（1）第一滴水滴落地时的速度大小15m/s；（2）水滴落下的时间间隔0.5s；（3）第一滴水滴落地时，第二滴水滴和第三滴水滴间的距离3.75m ‎　‎ ‎16．如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B．在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：‎ ‎（1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；‎ ‎（2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；‎ ‎（3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理的应用；电功、电功率；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）由导体切割磁感线时电动势公式可得出电动势，由闭合是路欧姆定律可得出电路中的电流；‎ ‎（2）MN间的电压应为路端电压，则由闭合电路欧姆定律可得出结果；‎ ‎（3）由匀速运动公式可得出电线框运动的时间，由焦耳定律可得出线框中产生的焦耳热；由能量守恒可得出外力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E=BLv 线框中的感应电流 I==；‎ ‎（2）M、N两点间的电压为电源的输出电压，由闭合电路欧姆定律可得出 UMN=E=BLv ‎（3）线框运动过程中有感应电流的时间 t=‎ 此过程线框中产生的焦耳热Q=I 2Rt=‎ 根据能量守恒定律得水平外力做功W=Q=．‎ ‎　‎ ‎17．在平面直角坐标系xoy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：‎ ‎（1）M、N两点间的电势差UMN；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达N的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，在应用动能定理即可求得电场中MN两点间的电势差．‎ ‎（2）粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径．‎ ‎（3）粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子过N点的速度为v，有=cosθ，v=v0，‎ 粒子从M点到N点的过程，有：qUMN=mv2﹣mv02，‎ 解得：UMN=；‎ ‎（2）以O′圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m，‎ 解得：r=；‎ ‎（3）由几何关系得：ON=rsinθ设在电场中时间为t1，‎ 有ON=v0t1，t1=，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=，‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：t2=T=，‎ t=t1+t2‎ 解得：t=；‎ 答：（1）M、N两点间的电势差UMN为；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r为；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t为．‎ ‎　‎ ‎18．如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧（图中未画出，长度可不计）与轨道相切于B点．斜面的倾角为37°，半圆轨道半径为1m，B是圆轨道的最低点，C为最高点．将一小物块置于轨道AB上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变化规律如图乙所示．物块在某次运动时，由H=8.4m处释放，通过C后，又落回到斜面上D点．（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物块的质量及物块与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎（2）物块落到D点时的速度大小．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理列式得到物块到达B点的速度与H的关系，在B点，由重力与轨道的支持力提供物块的向心力，根据牛顿第二定律得到F与H的表达式，结合图象信息，即可求出物块的质量及物块与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎（2）物块从A到C过程，由动能定理求得物块到C点的速度大小，物块从C到D做平抛运动，根据平抛运动的规律，结合几何知识求解．‎ ‎【解答】解：（1）物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理得：‎ ‎ mgH﹣μmgHcot 37°=mvB2 …①‎ 物块在B点满足：F﹣mg=m…②‎ 由①②可得：F=mg+H…③‎ 由图象可知：H=0时，F=5 N；H=3 m时，F=15 N 代入③解得：m=0.5 kg，μ=0.5．‎ ‎（2）物块从A到C由动能定理得：mg（H﹣2R）﹣μmgHcot 37°=mv2C …④‎ 物块从C到D做平抛运动，下落高度h=gt2 …⑤‎ 水平位移x=vCt…⑥‎ 由几何关系知：tan 37°=…⑦‎ 由④⑤⑥⑦可得：t=0.4 s 物块到D点时的速度的大小：vD==4 m/s．‎ 答：（1）物块的质量为0.5 kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5．‎ ‎　（2）物块落到D点时的速度大小为4 m/s．‎ ‎　‎ ‎2017年4月8日