1、2017届山东省滕州市善国中学高三物理4月份阶段性自测题一、选择题1. 在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间(xt)图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于2 m/s2，t=3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则A. a车做匀速运动且其速度为va=m/sB. t=3 s时a车和b车相遇但此时速度不等C. t=1 s时b车的速度为10m/sD. t=0时a车和b车的距离x0=9 m【答案】D.2. 如图，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻绳相连，质量分别为，由于球B受到水平风力作用，环A与球B一起向右匀速运动。已知细绳与竖直方向的夹角为，则A. 环A与水平细杆间的动摩擦因数
2、为B. 若风力缓慢增大，杆对环A的作用力增大C. 若风力缓慢增大，杆对环A的支持力增大D. 若球B受到风力缓慢上升，细线的拉力逐渐减小【答案】A【解析】试题分析：先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如图，得，杆对A环的支持力大小，摩擦力：，则A环与水平细杆间的动摩擦因数为，故A正确；对整体分析，竖直方向上杆对环A的支持力， 对球B受力分析，受重力、风力和拉力，绳对B球的拉力
3、，当风力增大时，增大，则T增大，由于支持力和摩擦力都不变，所以杆对A的作用力不变，故BCD错误；3. 如图所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆。在t=0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的v-t图象下列可能的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值故A错误，B错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不
4、变，故C正确，D错误，故选C.点睛：（1）工件轻轻放在传送带上意味工件相对地面的初速为零，所以初始时工件在传送带滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动；（2）工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不变是做出正确判断的关键.4. 如图，光滑桌面上小滑块P和Q都可以视为质点，质量相等，Q与轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度与弹簧碰撞，在此后过程中系统具有的最大弹簧弹性势能为：A. P的动能 B. P的动能的1/2C. P的动能的1/3 D. P的动能的1/4【答案】B【解析】当P、Q速度相等时，弹簧有最大的弹性势能，设P的处初速度为
5、v0，P、Q相等的速度为v，根据动量守恒：mv0=2mv，解得v=v0/2，最大的弹性势能为：，所以ACD错误；B正确。5. “天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征7号遥2运载火箭发射。4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方。4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接。下列说法正确的是A. 根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B. “天舟
6、一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C. “天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D. 若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度【答案】D【解析】根据 ,可得，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A错误；“天舟一号”与“天宫二号”的对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B错误；天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C错误；，而 ，可得 ，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地
7、球的密度，选项D正确；故选D.点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度与轨道半径的关系，并能根据这个关系计算中心天体的质量.6. 在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m和2m。其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球相碰后A. b球的速度大小为v，运动方向与原来相反B. b球的速度大小为v，运动方向与原来相反C. c球的速度大小为vD. c球的速度大小为v【答案】B【解析】弹簧弹开的瞬间，a
8、、b和弹簧组成的系统动量守恒，故有，解得b获得的速度为，方向水平向左，b、c碰撞前后，两者组成的系统动量守恒，故有，由于是弹性小球，碰撞无能量损失，故，联立解得，为正，说明碰后速度方向与原来的相反，方向向右，故B正确7. 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形图已知该波的周期为T，a、b、c、d为沿波传播方向上的四个质点，则下列说法中正确的是A. 在时，质点c的速度达到最大值B. 在t+2T时，质点d的加速度达到最大值C. 从t到t+2T的时间间隔内，质点d通过的路程为6cmD. t时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置E. 从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点
9、沿x轴通过的路程均为一个波长【答案】BCD【解析】试题分析：在时，质点c到达波峰，速度为零根据波长，确定出波传到d的时间，再分析t+2T时刻d的加速度根据波的传播方向判断出a、b两质点的振动方向，分析回到平衡位置的先后从t时刻起，在一个周期内，a、b、c三个质点所通过的路程均为一个波长在时，质点c到达波峰，速度为零，达到最小值，故A错误；由图看出，此时刻波离d点的距离等于波长，则波传到d点需要周期的时间，传到d后d向下起振，在t+2T时，d点到达波峰，加速度达到最大值从t到t+2T间隔内，质点d运动了，因此通过路程为6cm，故BC正确；简谐波沿x轴正方向传播，t时刻a、b两点的速度方向均向上，
10、则从t时刻起，质点b比质点a先回到平衡位置，D正确；从t时刻起，在一个周期内，a、b、c、d四个质点并不随着波迁移，E错误8. 如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻。则A. 用电器增加时，变压器输出电压增大B. 用电器增加时，变压器的输入功率增加C. 用电器增加时，输电线的热损耗减少D. 要提高用户的电压，滑动触头P应向下滑【答案】B【解析】由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故B正确；由于用电器是
11、并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；根据变压器原理可知输出电压，当滑动触头P应向下滑时，减小，所以输出电压减小，故D错误；9. 如图所示是一定质量的理想气体的状态变化图线，下列说法正确的是A. 由状态A变化到状态 B，气体分子的平均动能增大B. 由状态A变化到状态 C，气体内能不变C. 由A经B到C的过程与由A经D到C的过程，气体对外做功相同D. 由A经B到C、由A经D到C、由 A直接到C的三个过程中，气体均吸热，但是吸热量不同【答案】AD【解析】试题分析：由状态A变化到状态B，由于B所在等温线温度高，所以气体分子的平均动能增大，内能增
12、大，故A正确；由状态A变化到状态B，为等容变化，由于C所在等温线温度高，所以气体分子的平均动能增大，内能变大，故B错误；由A经B到C的过程气体对外做功为W1=PAV，由A经D到C的过程气体对外做功为为W2=PCV，由于PCPA，故W2W1，故C错误；由A直接到C的过程中气体对外做功，故W2W3W1，故由A经B到C、由A经D到C、由A直接到C的三个过程中，因气体的温度升高，故内能变大，根据热力学第一定律可知可知气体均吸热，但是吸热量不同，选项D正确；故选AD考点：P-V图线；热力学第一定律【名师点睛】从P-V上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程进行分析，是我们解决此类问题的
13、突破口。10. 如图所示，P为放在垂直纸面向里的匀强磁场中的天然放射源，其放出的射线在磁场的作用下分成a、b、c三束，以下判断正确的是( )A. a为射线、b为射线B. a为射线、b为射线C. b为射线、c为射线D. b为射线、c为射线【答案】D故选D。二、实验题11. 某实验小组利用图甲所示的实验装置测定重力加速度小钢球自由下落过程中，计时装置测出小钢球先后通过光电门A、B的时间分别为tA、tB，用小钢球通过光电门A、B的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度测出两光电门间的距离为h(1)先用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为d=_cm；(2)小钢球通过光电门B的瞬时速度v
14、B=_；测定重力加速度的表达式为g=_（用实验中测得的物理量符号表示）【答案】 (1). 0.850 (2). (3). 【解析】（1）钢球直径为d0.8cm+0.05mm10=0.850cm；（2）由通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，则有：；同理有： 根据： 可得12. 某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案，如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端，开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，知道能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，用刻
15、度尺测出小球下落的高度H，滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）（1）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_。（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为_。（3）以下能引起实验误差的是_A滑块的质量B当地重力加速度的大小C长度测量时的读数误差D小球落地和滑块撞击挡板不同时【答案】 (1). (2). (3). CD【解析】试题分析：（1）由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，对滑块，位移，对小球，位移，解得；（2）设斜面倾角为，则，对滑块，由牛顿第二定律得，加速度：，解得由可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读
16、数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，CD正确；考点：“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验【名师点睛】由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差13. 为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为带滑轮的小车的质量，n为砂和砂桶的质量，（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件
17、是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_【答案】 (1). BCD (2). 【解析】试题分析：（1）本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误；该题是弹簧测力计测出
18、拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，同时保持弹簧测力计及其连接线与长木板平行，故B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。（3）对图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数，故小车质量为。考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系【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，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对图来说，
19、图象的斜率表示小车质量的倒数。14. 一电流表满偏电流为Ig=100A，某同学现要将它改为量程为3V的电压表。(1)他先用如图8所示的电路测量该电流表的内阻。进行了如下操作步骤，请将相关内容补充完整。闭合开关K1，断开开关K2，调节R1，使电流表的指针偏转到满刻度处；闭合K2，保持R1阻值固定不变，调节R2，使电流表半偏；读出电阻箱R2的阻值为500 。则电流表G的内阻的测量值为 _ ，考虑系统误差，该电流表的内阻与实际值相比_（填“偏大”“偏小”或“不变”）。(2)要将此电流表改装成量程为03V的电压表，该同学将一只电阻箱与该电流表串联，应将电阻箱阻值调为R= _ 。(3)用标准表校准改装好
20、的电压表，发现改装表显示的电压比标准表示数稍大，则应将电阻箱阻值适当调_（填“大”或“小”）。(4)该同学将完成校准的改装电压表接入电路，发现电流表指针指在40. 0A处，则改装电压表两端的电压应为_V。【答案】 (1). 500 (2). 偏小 (3). (4). 大 (5). 1.2【解析】（1）由“半偏法测量电流表内阻原理”S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，使电流表半偏，则可认为电流表的内阻等于电阻箱的阻值，因电阻箱R2的阻值为500 ，则电流表G的内阻的测量值为500；接通S2时，整个电路阻值变小，电路电流变大，大于接通S2前的电路电流，即大于电流表的满偏电流，调节R2，使电流表
21、指针偏转到满刻度的，则流过R2的电流大于电流表满偏电流的，由欧姆定律可知，R2的阻值小于电流表内阻，即电流表内阻测量值偏小（3）电流表改装成电压表要串联一个大电阻分压：U=Ig（R2+R），3V=10010-6（500+R），解得：R=29500(3)用标准表校准改装好的电压表，发现改装表显示的电压比标准表示数稍大，则说明通过电流计的电流偏大，故应将电阻箱阻值适当调大。(4)该同学将完成校准的改装电压表接入电路，发现电流表指针指在40. 0A处，则改装电压表两端的电压应为,则U=1.2V.三、计算题15. 如图所示，物体A放在足够长的木板B的右端，木板B静止于水平面，时，电动机通过水平细绳以恒
22、力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度的匀加速直线运动，已知A的质量和B的质量均为，AB之间的动摩擦因数，B与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取，求：（1）物体A刚运动时的加速度大小和方向；（2）时，电动机的输出功率P；（3）若时，将电动机的输出 功率立即调整为，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，则再经过多长时间物体A与木板B的速度相等？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）由牛顿第二定律可知：，方向：水平向右；（2），代入数据解得：，而由运动学公式可知：，由功率公式得：。（3）物体A继续做加速运动，加速度仍为，由，得对于木板B
23、，有：，解得：；即木板B做匀速直线运动，由，可得。考点：电功、电功率、牛顿第二定律【名师点睛】本题考查牛顿第二定律的应用及功率公式，对于牛顿第二定律的题目，要注意分析物体的运动过程，并正确确定研究对象，再由牛顿第二定律确定加速度，由运动学公式即可确定物体的速度及位移。16. 如图所示，现有一个小物块，质量为m=80g，带上正电荷与水平的轨道之间的滑动摩擦因数,在一个水平向左的匀强电场中，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R=40cm，取g=10m/s2求：（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平位置距N处多远处由静止释放？（2）如果在（1）小题的位置释放小物
24、块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？【答案】（1）s=20m（2）【解析】试题分析：（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是仅重力提供向心力，则有：解得：设小物块释放位置距N处为s，根据能量守恒得：解得s=20m即小物块应该从在水平位置距N处为20m处开始释放（2）物块到P点时，解得在P点，由电场力与轨道的弹力的合力提供向心力，则有：解得FN=30N由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：考点：考查匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系【名师点睛】解决本题的关键知道最高点的临界情况是轨道对物块的作用力为零，以及知道做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律和动能定
25、理解题17. 如图，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线段是圆的一条直径，有一个质量为m、电荷量为+q的离子在纸面内从P点射入磁场，射入磁场时速度方向与的夹角为30重力不计（1）若离子在点离开圆形磁场区域，求离子的速度大小v0；（2）现有大量该种离子，速率大小都是，在纸面内沿各个方向通过P点进入圆形磁场区域，试通过计算找出离子只能在圆周的哪一部分射出圆形区域（不计离子间相互作用）；（3）若在圆形区域左侧还存在一个以、为边界的条形区域磁场，磁感应强度大小与圆形区域内相同，两边界间距，且有，其中与圆形区域相切研究（2）问中离子的运动，求“射出圆形区域
26、时的位置”与P点相距最远的那些离子，它们从P点进入圆形区域直到离开条形区域所用的时间【答案】（1）（2）在P左侧磁场圆1/6个圆弧内 （3）【解析】试题分析：（1）由几何关系得，离子在磁场中运动的轨迹半径r1=2R由，得代入r1=2R解得：（2）将运动速度为代入，可得离子在磁场中运动的轨迹半径为如图，Q为离子离开圆形区域位置，则根据几何性质，故令Q0为P点左侧圆形区域边界上一点，且PQ0=R，则磁场圆只能在Q0与P之间的一段劣弧上射出圆形区域，在P左侧，磁场圆上1/6个圆弧内（3）如图，从Q0飞出圆形区域的离子即本问所说离子，在圆形区域中走过半圆，所以运动时间由几何关系得离子匀速直线运动路程匀
27、速运动时间为由几何关系得离子在条形磁场中：，可得则转过的圆心角为时间总时间考点：考查带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式。18. 如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1=60
28、0K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强P0=1105Pa，取g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体；（1）活塞静止时，求气缸内气体的压强；（2）若降低气内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L时，求气缸内气体的温度【答案】12105Pa（2）500K【解析】试题分析：（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡：p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg，代入数据解得压强：p1=12105Pa，（2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2，由盖-吕萨克定律得：，代入数据解得：T2=500K考点：理想气体的状态方程【名师点睛】本题是理想气体的状态方程的考查，因两活塞用细杆连接，所以将整体看成研究对象，会大大减小解题的难度，在第二问中整体的受力不变，故得到气体的压强不变是解题的关键
