江西省南昌三中2016届高三上学期第五次月考物理试卷

江西省南昌三中2016届高三上学期第五次月考物理试卷

‎2015-2016学年江西省南昌三中高三（上）第五次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，1-5题只有一项符合题目要求，6-8题有多项符合要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．甲乙两个物体在同一时刻沿同一直线运动，他们的速度时间图象如图所示，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在4s﹣6s内，甲、乙两物体的加速度大小相等；方向相反 B．前6s内甲通过的路程更大 C．前4s内甲乙两物体的平均速度相等 D．甲乙两物体一定在2s末相遇 ‎2．一个质点运动的速度时间图象如图甲所示，任意很短时间△t内质点的运动可以近似视为匀速运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移．利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量y随时间变化的图象，此图线与坐标轴所围成的面积，下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果y轴表示作用力，则面积大于该力在相应时间内的冲量 B．如果y轴表示力做功的功率，则面积小于该力在相应时间内所做的功 C．如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电量 D．如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量 ‎3．如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ，为了增加轻线上的张力，可行的办法是（　　）‎ A．减小A物块的质量 B．减小B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ ‎4．如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（　　）‎ A．小球A可能受到2个力的作用 B．小球A一定受到3个力的作用 C．小球B可能受到3个力的作用 D．绳子对A 的拉力大于对B的拉力 ‎5．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”．它可以在太空中对卫星补充能源，延长卫星使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，其运行方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”的速度是同步卫星运行速率的5倍 B．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动 D．“轨道康复者”可从高轨道加速，以实现对低轨道上的卫星的拯救 ‎6．如图所示，物体以100J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长．当它向上通过斜面上的M点时，其动能减少了75J，机械能减少了30J．如果以地面为零势能参考面，物体能从斜面上返回底端，则（　　）‎ A．物体在向上运动过程中，机械能减少100J B．物体到达斜面上最高点时时，重力势能增加了60J C．物体返回斜面底端时动能为40J D．物体返回M点时机械能为50J ‎7．磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图所示．把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率（电阻率的倒数）为σ，则（　　）‎ A．该磁流体发电机模型的内阻为r=‎ B．产生的感应电动势为E=Bav C．流过外电阻R的电流强度I=‎ D．该磁流体发电机模型的路端电压为 ‎8．如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同的，且用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直．A线框有一个缺口，B、C线框都闭合但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法正确的是（　　）‎ A．三个线框同时落地 B．三个线框中，A线框最早落地 C．B线框在C线框之后落地 D．B线框和C线框在A线框之后同时落地 ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答．第33题-39题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律．两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，光电计时器可记录A下落的时间，已知m1＞m2．‎ ‎（1）若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有　　．‎ ‎（2）根据上述测量的物理量表示小物块A下落的加速度a=　　．‎ ‎10．为了测量一节干电池的电动势和内电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用 A．待测干电池一节 B．直流电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）‎ C．直流电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.02Ω）‎ D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）‎ E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）‎ G．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A）‎ H．开关 I．导线若干 ‎①实验中电压表应选用　　；电流表应选用　　；滑动变阻器应选用　　．（填字母代号）‎ ‎②用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接．‎ ‎③实验小组在进行实验时，初始滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图丙所示，则根据图象可知，电池的电动势为　　V，内阻为　　Ω．‎ ‎11．如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x＞且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知=l．不计带电粒子所受重力，求：‎ ‎（1）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小．‎ ‎12．在如图所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R1‎ ‎，滑动变阻器总值为R2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d．处在电容器中的油滴A恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置．‎ ‎（1）求此时电容器两极板间的电压；‎ ‎（2）求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值；‎ ‎（3）现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q1，油滴运动时间为t，再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q2，当油滴又运动了2t的时间，恰好回到原来的静止位置．设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计．求：Q1与Q2的比值．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分.请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分.【物理-选修3-5】（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分.选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）.‎ ‎13．下列说法不正确的是（　　）‎ A．奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代 B．牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础 C．法拉第首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式 D．卡文迪许利用实验的方法，得出了力不是维持物体运动的原因 E．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型 ‎14．如图所示：在水平面上放置质量为M=800g的木块，一质量为m=50g的子弹以v0=170m/s的水平速度射入木块，最终与木块一起运动，若木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，求木块在地面上滑行的距离．（g取10m/s2）‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年江西省南昌三中高三（上）第五次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，1-5题只有一项符合题目要求，6-8题有多项符合要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．甲乙两个物体在同一时刻沿同一直线运动，他们的速度时间图象如图所示，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在4s﹣6s内，甲、乙两物体的加速度大小相等；方向相反 B．前6s内甲通过的路程更大 C．前4s内甲乙两物体的平均速度相等 D．甲乙两物体一定在2s末相遇 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】v﹣t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断2s末两物体位移是否相等即可判断是否相遇；‎ 图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向．‎ ‎【解答】解：A、在4s﹣6s内，甲、乙两物体图线的斜率相同，则加速度大小相等，方向相同，A错误；‎ B、前6s内甲图线与坐标轴围成图形的面积之和较大，所以甲通过的路程更大，B正确；‎ C、由图线所围图形的面积知前4s内甲的位移大于乙的位移，故甲的平均速度大于乙的平均速度，C错误；‎ D、由图线所围图形的面积知前2s内两物体的位移相等，但不确定是从同一地点出发的，故不能判定二者是否相遇，D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．一个质点运动的速度时间图象如图甲所示，任意很短时间△t内质点的运动可以近似视为匀速运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移．利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量y随时间变化的图象，此图线与坐标轴所围成的面积，下列说法中正确的是（　　）‎ A．如果y轴表示作用力，则面积大于该力在相应时间内的冲量 B．如果y轴表示力做功的功率，则面积小于该力在相应时间内所做的功 C．如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电量 D．如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】图形面积所表示的量等于横坐标轴量与纵坐标轴量的乘积所得量的值．‎ ‎【解答】解：A、如果y轴表示作用力，则面积等于于该力在相应时间内的冲量．故A错误 ‎ B、如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功．故B错误 ‎ C、因Q=It，如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电量．故C正确 ‎ D、如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁通．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ，为了增加轻线上的张力，可行的办法是（　　）‎ A．减小A物块的质量 B．减小B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】当用斜面向上的拉力F拉A时，两物体沿斜面匀加速上升，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，根据牛顿第二定律求出轻线上的张力表达式，分析增加轻线上的张力的办法．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律得 对整体：F﹣（mA+mB）gsinθ﹣μ（mA+mB）gcosθ=（mA+mB）a 得a=﹣gsinθ﹣μgcosθ 对B：T﹣mBgsinθ﹣μmBgcosθ=mBa 则得轻线上的张力T=mBgsinθ+μmBgcosθ+mBa=‎ 则要增加轻线上的张力T，可减小A物的质量，或增大B物的质量．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（　　）‎ A．小球A可能受到2个力的作用 B．小球A一定受到3个力的作用 C．小球B可能受到3个力的作用 D．绳子对A 的拉力大于对B的拉力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的．‎ ‎【解答】解：A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；‎ C、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；‎ D、定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”．它可以在太空中对卫星补充能源，延长卫星使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，其运行方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”的速度是同步卫星运行速率的5倍 B．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动 D．“轨道康复者”可从高轨道加速，以实现对低轨道上的卫星的拯救 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】AB、根据“轨道康复者”在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可得到其速度、加速度表达式；‎ C、根据万有引力提供向心力分析．同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出“轨道康复者”和同步卫星的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向；‎ D、在圆轨道加速会做离心运动，减速会做向心运动，据此分析变轨问题．‎ ‎【解答】解：A、根据得：，因为“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，故“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径不等于地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度不是地球同步卫星速度的倍；故A错误；‎ B、根据，“因为“轨道康复者”的轨道离地面的高度为同步卫星轨道离地面高度的五分之一，无法确定轨道半径的关系，故也就无法确定“轨道康复者”的加速度与地球同步卫星加速度的关系；故B错误；‎ C、轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以轨道康复者的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动．故C正确；‎ D、“轨道康复者”要加速将会做离心运动，到更高的轨道上，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，物体以100J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长．当它向上通过斜面上的M点时，其动能减少了75J，机械能减少了30J．如果以地面为零势能参考面，物体能从斜面上返回底端，则（　　）‎ A．物体在向上运动过程中，机械能减少100J B．物体到达斜面上最高点时时，重力势能增加了60J C．物体返回斜面底端时动能为40J D．物体返回M点时机械能为50J ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】运用除了重力之外的力所做的功量度机械能的变化关系，来计算机械能的变化．运用动能定理求动能的变化．根据重力做功情况分析重力势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、设物体的质量为m，受到的摩擦力大小为f．‎ 从出发点到M点，动能减少了75J，根据动能定理得：﹣（mgsinα+f）S1=△Ek1=0﹣75J；根据功能关系得：﹣fS1=△E1=﹣30J，联立得： =2.5‎ 当物体从出发点到斜面上最高点的过程，根据动能定理得：﹣（mgsinα+f）S2=△Ek2=0﹣100J=﹣100J；根据功能关系得：﹣fS2=△E2；‎ 联立得△E2=﹣40J，故物体在向上运动过程中，机械能减少40J．故A错误．‎ B、物体在向上运动过程中，机械能减少40J，动能减少100J，说明重力势能增加了60J．故B正确．‎ C、物体在向下运动过程中，摩擦力做功与向上运动摩擦力做功相等，所以向下运动的过程中，机械能也减少40J，整个过程机械能减少80J，所以 物体返回斜面底端时动能为100J﹣80J=20J．故C错误．‎ D、从M到斜面上最高点的过程，机械能减少40J﹣30J=10J，从出发到返回M点时，机械能一共减少30J+2×10J=50J，物体返回M点时机械能为100J﹣50J=50J．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎7．磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图所示．把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率（电阻率的倒数）为σ，则（　　）‎ A．该磁流体发电机模型的内阻为r=‎ B．产生的感应电动势为E=Bav C．流过外电阻R的电流强度I=‎ D．该磁流体发电机模型的路端电压为 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】电离的气体含有大量带正电和负电的粒子，进入磁场受洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定极板的正负极，确定出电流在外电路中的流向．最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出电动势的大小，从而根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，再根据路端电压U=IR，即可求解．‎ ‎【解答】解：根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，最终电荷处于平衡有：‎ qvB=q，‎ 解得电动势为：E=BLv．‎ 内电阻为：r=ρ==，‎ 根据闭合电路欧姆定律有：I==I=，‎ 那么路端电压为：U=IR=，‎ 综上所述，故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同的，且用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直．A线框有一个缺口，B、C线框都闭合但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法正确的是（　　）‎ A．三个线框同时落地 B．三个线框中，A线框最早落地 C．B线框在C线框之后落地 D．B线框和C线框在A线框之后同时落地 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】A线圈有一个缺口，进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力作用，只受重力，加速度等于g．而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，根据牛顿第二定律研究BC加速度的关系，再分析下落时间的关系．‎ ‎【解答】解：A线圈进入磁场后，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g．而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地．‎ 设B、C线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，‎ 根据牛顿第二定律得：mg﹣=ma，a=g﹣=g﹣=g﹣＜g，可知a与横截面积S无关，所以B、C线圈同时落地．根据B、C的加速度小于A的加速度，可知，A最先落地．‎ 故选：BD ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答．第33题-39题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律．两个质量各为m1和m2‎ 的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，光电计时器可记录A下落的时间，已知m1＞m2．‎ ‎（1）若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有　物块A的质量m1，物块B的质量m2，物块A下落的距离s，物块A下落这段距离所用的时间t　．‎ ‎（2）根据上述测量的物理量表示小物块A下落的加速度a=　　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）这个实验的原理是要验证mA、mB的增加的动能和mA、mB减少重力势能是不是相等，根据机械能守恒定律的基本内容即可明确对应的所测量的物理量；‎ ‎（2）明确两物体的运动过程，根据位移公式列式即可求得加速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的．需要测量A、B两物块的质量mA和mB，两光电门之间的距离s，为了求解速度还需要测量下落的时间．‎ ‎（2）两物体沿绳方向做匀加速直线运动，根据位移公式可得：‎ s=at2；‎ 解得：a=；‎ 故答案为：（1）物块A的质量m1，物块B的质量m2，物块A下落的距离s，物块A下落这段距离所用的时间t；　（2）．‎ ‎　‎ ‎10．为了测量一节干电池的电动势和内电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用 A．待测干电池一节 B．直流电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）‎ C．直流电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.02Ω）‎ D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）‎ E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）‎ G．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A）‎ H．开关 I．导线若干 ‎①实验中电压表应选用　V1　；电流表应选用　A1　；滑动变阻器应选用　R1　．（填字母代号）‎ ‎②用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接．‎ ‎③实验小组在进行实验时，初始滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图丙所示，则根据图象可知，电池的电动势为　1.5　V，内阻为　0.5　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据实验电路图连接实物图．‎ ‎（3）由两图可得出两电表对应的示数，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：①干电池电动势约为1.5V，电压表应选V1，由于电路中电流较小，因此电流表应选A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；‎ ‎②根据实验电路图连接实物图，如图所示：‎ ‎③由图可知当I1=0.20A时，U1=1.40V；‎ 当I2=0.40A时，U2=1.30A；‎ 根据U=E﹣Ir得：‎ ‎1.40=E﹣0.20r ‎1.30=E﹣0.40r 解得：E=1.5V r=0.5Ω 故答案为：①V1；A1；R1；②如图；③1.5；0.5‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x＞且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知=l．不计带电粒子所受重力，求：‎ ‎（1）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子射入匀强磁场，带电粒子在磁场中做圆周运动，已知 ‎=l，由几何关系可知，粒子轨迹的圆心位于坐标原点，半径为l，由牛顿第二定律求得粒子的速度，粒子在磁场中运动的时间为．粒子在电场中做类平抛运动，根据水平方向的位移为l，由t=求出粒子在电场中运动时间．‎ ‎（2）由牛顿第二定律和运动学规律结合求匀强电场的场强．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点，半径为1．‎ ‎ qvB=m 解得v=‎ 设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t．则 t1==，t2==，‎ 故t=t1+t2=‎ ‎（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有 ‎ l=①‎ ‎ t2=②‎ 又 a=③‎ 联立①②③式 得：E=‎ 答：‎ ‎（1）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间为；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小为．‎ ‎　‎ ‎12．在如图所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R1，滑动变阻器总值为R2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d．处在电容器中的油滴A恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置．‎ ‎（1）求此时电容器两极板间的电压；‎ ‎（2）求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值；‎ ‎（3）现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q1，油滴运动时间为t，再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q2，当油滴又运动了2t的时间，恰好回到原来的静止位置．设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计．求：Q1与Q2的比值．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，由欧姆定律求出电容器两极板间的电压；‎ ‎（2）处在电容器中的油滴A恰好静止不动，受到的重力与电场力平衡．电容器上板带正电，分析油滴的电性．根据平衡条件求出油滴所带电荷量q与质量m的比值．‎ ‎（3）设电容器原来的电量为Q，将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量增加了Q1，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，求出现在的电量，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式和速度公式分别求出油滴向上运动的位移和时间．将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又减少了Q2，再根据牛顿第二定律和运动学公式得出油滴向下运动的位移，联立两个位移关系式求出电量之比．‎ ‎【解答】解：（1）电路中的电流I=‎ 平行板电容器两端的电压U==．‎ ‎（2）电容上板速写正电，油滴处于静止状态，电场力向上，则油滴带负电．对油滴受力分析，得F电﹣mg=0，即 ‎=mg，所以=．‎ ‎（3）设电容器的电容为C，极板原来具有的电荷量为Q，电容器上的电量变化Q1后，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，t秒末油滴的速度为v1、位移为s，板间的电压 U1=‎ 根据牛顿第二定律得 F电1﹣mg=ma1，‎ 根据运动学公式得s=a1t2，v1=a1t 电容器上的电量又变化了Q2后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t秒末位移为﹣s．‎ 极板间的电压为U2=‎ 根据牛顿第二定律得 mg﹣F电2=ma2，mg﹣=ma2‎ 根据运动学公式得﹣s=2v1t﹣a2（2t）2‎ 解得： =．‎ 答：（1）此时电容器两极板间的电压为．　‎ ‎（2）油滴带负电，油滴所带电荷量q与质量m的比值为．‎ ‎（3）Q1与Q2的比值为4：9．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分.请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分.【物理-选修3-5】（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分.选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）.‎ ‎13．下列说法不正确的是（　　）‎ A．奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代 B．牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础 C．法拉第首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式 D．卡文迪许利用实验的方法，得出了力不是维持物体运动的原因 E．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题是物理学史问题，根据奥斯特、法拉第、牛顿、卡文迪许、伽利略以及卢瑟福等科学家所具有的科学成就进行答题．‎ ‎【解答】解：A、法拉第首先发现了电磁感应定律，发明了发电机，开辟了能源利用的新时代，故A错误．‎ B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础，故B错误．‎ C、法拉第首先提出了“场”的概念，指出场是一种特殊的物质，故C正确．‎ D、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故D错误．‎ E、卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型；故E正确； ‎ 本题选错误的；故选：ABD ‎　‎ ‎14．如图所示：在水平面上放置质量为M=800g的木块，一质量为m=50g的子弹以v0=170m/s的水平速度射入木块，最终与木块一起运动，若木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，求木块在地面上滑行的距离．（g取10m/s2）‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】‎ 子弹射入木块的过程中满足系统动量守恒，可以求出子弹和木块的共同速度，再根据动量定理，摩擦力对木块做的功等于木块和子弹动能的减少量．‎ ‎【解答】解：在子弹射入木块的过程中子弹和木块组成的系统满足动量守恒，所以有：‎ mv0=（m+M）v 可得子弹和木块的共同速度v===10m/s 子弹射入木块后，以整体为研究对象，在地面滑行过程中有摩擦力对研究对象所做功等于此过程中整体动能的变化即：‎ 所以==25m．‎ 答：木块在地面上滑行的距离为25m．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日