2017届山东省枣庄八中南校高三物理4月份阶段性自测题(解析版)

2017届山东省枣庄八中南校高三物理四月份阶段性自测题
一、选择题
1. 一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其－t图象如图所示，则( )
A. 质点做匀速直线运动，速度为1 m/s
B. 质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s2
C. 质点在1 s末速度为2 m/s
D. 质点在第1 s内的位移为2 m
【答案】C
【解析】试题分析：根据图像写出表达式，然后根据对比分析解题
由图得：，当t=1s时，x=1m，根据，得，对比可得，则加速度为．由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故ABD错误；质点的初速度，在1s末速度为，故C正确．
2. 如图所示，两个相同的弹簧悬挂在天花板上．弹簧A下端挂一重物M，弹簧B受一竖直拉力F
作用，两弹簧的伸长量相等，未超过弹性限度．则两弹簧弹性势能的关系为
A. E PA>E PB
B. E PA<E PB
C. E PA=E PB
D. 无法比较
【答案】C
【解析】弹簧的弹性势能的大小与弹簧的劲度系数和弹簧的形变量有关，因两个相同的弹簧的形变量相同，
故弹簧的弹性势能相同，故选C.
3. 如图所示，A、B两物块质量分别为2m、m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是
A. 悬绳剪断后，A物块向下运动2x时速度最大
B. 悬绳剪断后，A物块向下运动3x时速度最大
C. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2g
D. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为g
【答案】B
【解析】
剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=2mg+F=3mg，根据牛顿第二定律，得a=g．故CD错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，2mg=F′=kx′时，速度最大，x′=2x，所以下降的距离为3x．故B正确，A错误．故选B．
点睛：
解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．
4. 如图所示，质量为m的物体，以速度v离开高为H的桌面，在不计空气阻力的情况下，当它落到距地面高为h的A点时，下列判断不正确的是：（ )...
A. 若以地面为零势能参考面，物体在A点的机械能是
B. 若以桌面为零势能参考面，物体在A点的机械能是
C. 物体在A点的动能是
D. 物体在A点的动能与重力势能零参考面有关，因此是不确定的
【答案】D
【解析】物体在运动的过程中机械能守恒，若取地面为零势能面，初始位置的机械能
，所以A点的机械能为．故A正确．若取桌面为零势能面，
根据机械能守恒得，则物体在A点具有的机械能是，故B正确．根据动能定理可知，在A点的动能：，选项C正确；由上式可知物体在A点具有的动能大小只与初动能、初末位置的高度差有关，而与零势能面的选取无关，故D错误；此题选择不正确的选项，故选D．
点睛：解决本题的关键知道物体在运动的过程中机械能守恒，A点的机械能等于初始位置的机械能．以及会根据机械能守恒定律，求出A点的动能．
5. 2017年4月10日，三名宇航员在国际空间站停价留173天后，乘坐“联盟MS-02”飞船从国际空间站成功返回，并在哈萨克斯坦杰兹卡兹甘附近着陆。

设国际空间站在离地面高度约400km的轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球同步卫星轨道高度约36000km，地球半径约6400km。

下列说法正确的是
A. 飞船在返回地球的过程中机械能守恒
B. 经估算，国际空间站的运行周期约为90min
C. 国际空间站的速度小于地球的第一宇宙速度
D. 返回时，需先让飞船与国际空间站脱离，再点火加速，然后即可下降
【答案】BC
【解析】A、飞船在返回地球的过程中需要控制速度，机械能不守恒，A错误；
B、根据万有引力提供向心力，，可知，，国际空间站的轨道半径为7000km，地球同步卫星的轨道半径为36000km；地球同步卫星的周期为24h，可得国际空间站的运行周期约为90min，B正确；
C、地球的第一宇宙速度时所有地球卫星的最大环绕速度，所以国际空间站的速度小于地球的第一宇宙速度，C正确；
D、返回时，需先让飞船与国际空间站脱离，然后减速，即可下降，D错误。

故选BC。

6. 如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度），以下说法中错误的是（）
A. 两个小球所受电场力等大反向，系统动量守恒
B. 电场力分别对球A和球B做正功，系统机械能不断增加
C. 当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大
D. 当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
【答案】B
点睛：
本题关键要明确两个小球的速度的变化情况，两小球都是先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动．
7. 一列简谐横波沿x轴传播，t=1.2 s时的波形如图所示，此时质点P在波峰，Q在平衡位置且向负方向运动，再过0.6 s质点Q第一次到达波峰。

下列说法正确的是
A. 波速大小为10 m/s
B. 1.0 s时质点Q的位移为+0.2 m
C. 质点P的振动位移随时间变化的表达式为m
D. 任意0.2 s内质点Q的路程均为0.2 m
【答案】B
【解析】t=1.2 s时，Q在平衡位置且向负方向运动，再过0.6
s质点Q第一次到达波峰，可知波的周期为T=0.8s，波速为，选项A错误；t=1.2
s时，Q在平衡位置且向负方向运动，则1s=1T时，质点Q在波峰，位移为+0.2
m，选项B正确；，t=0时刻质点P在波谷位置，则质点P的振动位移随时间变化的表达
式为，选项C错误；0.2s=T/4，当质点Q从平衡位置或者最高点（最低点）开始振
动时，在0.2 s内质点Q的路程才为0.2 m，选项D错误；故选B.
8. 如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开电
键S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光. 如果最初S1是闭合的，S2是断开的.那么不可能
．．．出现的情况是（）
A. 刚一闭合S2，A灯就亮，而B灯则延迟一段时间才亮
B. 刚闭合S2时，线圈L中的电流为零
C. 闭合S2时，A、B同时亮，然后A灯更亮，B灯由亮变暗
D. 再断开S2时，A灯立即熄火，B灯先亮一下然后熄灭
【答案】A
【解析】刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，故A错误；
刚闭合S2时，线圈L中自感电动势阻碍电流增加，故电流为零，故B正确；刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，即灯泡B逐渐变暗，故C正确；闭合S2稳定后，再断开S2时，A灯立即熄灭，由于线圈中产生了自感电动势，与灯泡B构成闭合回路，故电流逐渐减小，故B灯泡逐渐熄灭，故D正确；本题选错误的，故选A.
点睛：线圈中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，即电流缓慢增加，缓慢减小．
9. 对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是
A. 气体的温度升高时，气体分子撞击器壁的作用加剧，气体的压强增大
B. 气体体积变小时，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，气体的压强增大
C. 物体温度升高每个分子的动能都一定增大
D. 当两个分子之间的距离为时，分子势能最小
【答案】D
【解析】试题分析：一定质量的理想气体温度不断升高，分子的平均动能增加，但分子数密度可能减小，故其压强不一定增加，A错误；定质量的理想气体体积不断减小，分子数密度增加，但分子的平均动能可能减小，故其压强不一定增加，B错误；物体的温度升高，分子平均动能增大，但并不是每一个分子动能都增大，可能有的分子动能还减小，故C错误；当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，D 正确；
考点：考查了气体压强
【名师点睛】本题关键是明确气体压强的微观意义和温度的微观意义，知道气体压强从微观角度将由气体分子的数密度和平均动能决定，基础题目．
10. 一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，则关于氢原子判断正确的是
A. 吸收光子，能量增加
B. 吸收光子，能量减少
C. 放出光子，能量增加
D. 放出光子，能量减少
【答案】D...
二、实验题
11. 某研究性学习小组分别用如图甲所示的装置进行以下实验：“探究加速度与合外力的关系”．装置中，小车质量为M，砂桶和砂子的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出．现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）．
（1）为了减小实验误差，下列做法正确的是_______
A．需平衡小车的摩擦力
B．沙桶和沙的总质量要远小于小车的质量
C．滑轮摩擦足够小，绳的质量要足够轻
D．先释放小车，后接通打点计时器的电源
（2）某同学根据实验数据画出了图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为_____
A． B． C． D．
（3）当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线______（填选项前的字母）
A．逐渐偏向纵轴
B．逐渐偏向横轴
C．仍保持原方向不变
（4）下图为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，测得AB=2．0cm、AC=8．0cm、AE=32．0cm，打点计时器的频率为50Hz，小车的加速度_______m/s2．【答案】(1). （1）AC (2). （2）D(3). （3）C(4). （4）
【解析】试题分析：（1）在本实验中弹簧秤的示数表示的为绳子的拉力，不需要用砂和砂桶的总重力代替绳子拉力，所以不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，但滑轮摩擦和绳子的重力会影响示数，所以滑轮摩擦足够小，绳的质量要足够轻，那样误差就会更小，实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故AC正确；所以AC正确，BD错误。

（2）对小车受力分析，由牛顿第二定律，解得：,由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F，故D正确．所以D正确，ABC错误。

（3）由于图象的斜率为，所以增大沙和沙桶质量，其中M为车的质量且不变，所以k不变，故仍保持原方向不变，所以C正确．
（4）纸带上面每打一点的时间间隔是0．02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，T=0．1s．根据匀变速直线运动的推论公式可得：代入数据解得：。

考点：验证牛顿第二定律实验
【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．该实验是探究加速度与力的关系，我们采用控制变量法进行研究．为了使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足小车的质量远大于重物的质量，平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．对小车列出牛顿第二定律方程和平衡方程，解出加速度a的函数表达式，然后即可得出横轴坐标与斜率与什么物理量有关，从而得出结论．
12. 某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到了如下图所示的照片，已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g=9.8m/s2。

（1）．若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则没有被拍摄到的小球位置坐标为_________。

（2）．小球平抛的初速度大小为__________。

【答案】(1). 58.8cm；58.8cm(2). 1.96m/s
【解析】试题分析：（1）根据平抛运动的特点，水平方向的坐标为：3×2×9．8cm=58．8cm；竖直方向：y=（1+2+3）×9．8cm=58．8cm；故没有被拍摄到的小球位置坐标为：（58．8cm，58．8cm）；...
（2）由△h=gt2，得：由；
考点：平抛运动
【名师点睛】解决本题的关键掌握“研究平抛运动”实验的注意事项，以及知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式求解。

13. 用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻；除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
双量程电流表：A（量程0～0．6A，0～3A）；
双量程电压表：V（量程0～3V，0～15V）；
滑动变阻器：R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）；
R2（阻值范围0～100Ω，额定电流1A）
为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为____ A，电压表的量程为____V，应选用滑动变阻器____（填写滑动变阻器符号）．
②根据图甲将图乙中的实物正确连接，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置并选择正确的电表量程进行连线．
③通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U-I图线．由图线可以得出此干电池的电动势E=____ V（保留3位有效数字），内电阻r=___Ω（保留2位有效数字）．
④引起该实验的系统误差的主要原因是_______
A．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小
B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大
C．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小
D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大
【答案】(1). ①0～0．6 ；0～3 V ；(2). R1(3). ②
(4). ③ 1.45；(5). 1.3(6). ④ A
【解析】试题分析：（1）一节干电池的电动势约为1．5V，则电压表选3V量程，应用伏安法测一节干电池电动势与内阻时，最大电流约为零点几安培，则电流表选择0．6A量程，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；
（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．
（3）通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U-I图线．电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电动势的测量值，图象斜率绝对值是电源内阻测量值．
由图象可知，电动势测量值E=1．45V，电源内阻；
（4）由电路图可知，相对于电源来说电流表采用了外接法，由于电压表的分流产生了系统误差．
引起该实验的系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小，故A正确，BCD错误；故选A。

考点：测定干电池的电动势和内阻
【名师点睛】本题考查了实验器材的选择，选择实验器材时要掌握一下原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作性原则．电学实验产生的系统误差一般都来自电压表的分流和电流表的分压，正确分析误差是解答本题的关键，同时要结合数学知识理解图象斜率和截距的含义。

三、计算题
14. 如图所示，AB为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC为光滑水平轨道，CD为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切。

已知AB长为L=10m，倾角θ=37°，BC长s=4m，CD弧的半径为R=2m，O为其圆心，∠COD=143°。

整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1×103N/C。

一质量为m=0．4kg、电荷量为q=+3×10 -3C的物体从A点以初速度v A=15m/s沿AB轨道开始运动。

若物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0．2，sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。

求...
（1）物体在AB轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；
（2）物体在C点对轨道的压力为多少；
（3）用物理知识判断物体能否到达D点；
【答案】（1）0；（2）27N；（3）恰能到达D点
【解析】试题分析：（1）A→B过程，重力和电场力对物体做的总功：
·
（2）A→B过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：
A→B过程，由动能定理：，可得：
B→C过程，由动能定理：，可得：·
（也可直接从A→C全程列动能定理，或者能量守恒）
在C点，由牛顿第二定律：，可得：
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力：
（3）重力和电场力的合力：，方向与竖直方向成斜向左下所以D点即为圆周运动中的等效最高点，物体到达D点的最小速度为：
，可得：
要到达D点，在C点速度至少为．（也可用A点或B点进行判断）
从C→D，由动能定理：
可得：，又，所以物体恰能到达D点
考点：动能定理；牛顿第二定律
15. 如图所示，一长l=0．45m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m=0．10kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H = 0．90m。

开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上,让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。

不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2。

求：
（1）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；
（2）若=0．30m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力。

【答案】（1）0.90m；（2）7N
【解析】试题分析：（1）设小球运动到B点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：
解得小球运动到B点时的速度大小为：
小球从B点做平抛运动，由运动学规律得到：，...
解得：C点与B点之间的水平距离：。

（2）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值，由牛顿定律得：
，
由以上各式解得：。

考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力
【名师点睛】本题关键明确小球的运动情况，然后结合机械能守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动的分位移公式列式求解。

16. 如图所示，在xoy坐标系内存在一个以（a，0）为圆心、半径为a的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；另在y轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E，分布于y≥a的范围内．O 点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a，设质子的质量为m、电量为e，重力及阻力忽略不计．求：
（1）出射速度沿x轴正方向的质子，到达y轴所用的时间；
（2）出射速度与x轴正方向成30°角（如图中所示）的质子，到达y轴时的位置；
（3）质子到达y轴的位置坐标的范围；
【答案】（1）（2）y =a+Ba（3）（a，a+2Ba）
【解析】试题分析：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：
即：
出射速度沿x轴正方向的质子，经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间为：
质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a后到达y轴，由匀变速直线运动规律有：
即：
故所求时间为：
（2）质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y轴，运动轨迹如图中所示．
由几何关系可得P点距y轴的距离为：x1=a+asin30°=1．5a
设在电场中运动的时间为t3，由匀变速直线运动规律有：
即
质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有：
所以质子在y轴上的位置为：
（3）若质子在y轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，
此时x′=2a
质子在电场中在y方向运动的距离为：
质子离坐标原点的距离为：...
由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y轴上，因此
质子到达y轴的位置坐标的范围应是（a，a+2Ba）
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确在电场中的类平抛和磁场中的圆周运动处理方法，难度较大，属于难题。

17. 如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25cm，已知大气压强为75cmHg柱，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：
（1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？
（2）试分析此过程中气体吸热还是放热，气体的内能如何变化．
【答案】（1）100ml；（2）气体放热，气体的内能不变．
【解析】试题分析：（1）初状态：P1=75cmHg，V1=400ml
注入水后，P2=100cmHg
由玻意耳定律得：P1V1=P2V2
代入数据，解得：V2=300ml
注入水的体积：△V=V1﹣V2=100ml
（2）气体的内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，那么它的内能也不变；根据题意气体的体积减小，说明外界对气体做功，又由热力学第一定律得出：气体对外放热．
考点：玻意耳定律；热力学第一定律
【名师点睛】本题考查了求气体压强与体积问题，根据题意确定初末状态的状态参量、熟练应用查理定律即可正确解题；本题难度不大，是一道基础题。