山西省太原市晋阳街中学高三物理下学期摸底试题含解析

山西省太原市晋阳街中学高三物理下学期摸底试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期为T，已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式V＝πR3，则可估算月球的()．A．密度

B．质量

C．半径

D．自转周期参考答案：对“嫦娥二号”由万有引力提供向心力可得：＝mR，故月球的质量M＝，因“嫦娥二号”为近月卫星，故其轨道半径为月球的半径R，但由于月球半径未知，故月球质量无法求出，月球质量未知，则月球的半径R也无法求出，故B、C项均错；月球的密度ρ＝＝＝，故A正确．答案A2.固态物体中分子间的引力和斥力是同时存在的，则对其中的引力和斥力，下列说法中正确的是（）A．当物体被压缩时，斥力增大，引力减小B．当物体被压缩时，斥力、引力都增大C．当物体被拉伸时，斥力减小，引力增大D．当物体被拉抻时，斥力、引力都增大参考答案：B【考点】分子间的相互作用力．【分析】依据分子力随距离的变化关系可以判定各个选项．分子间的引力和斥力是同时存在的，都随分子之间距离的增大而减小．【解答】解：依据分子力随距离的变化关系可知，引力和斥力都随距离的减小而增大，随距离的增大而减小．AB、当物体被压缩时，斥力和引力均增大，故A错误，B正确．CD、当物体被拉伸时，斥力和引力均减小，故C错误，D错误．故选：B3.（多选）恒温的水池中，有一气泡缓慢上升，在此过程中，气泡的体积会逐渐增大，不考虑气泡内气体分子势能的变化，则气泡内A.气体内能增加

B.气体对外界做功C.气体从外界吸收了热量

D.每个气体分子动能都不变参考答案：BC

解析：A、恒温的水池中，气泡缓慢上升，温度不变，所以内能不变．故A错误；B、气泡的体积逐渐增大，对外做功．故B正确；C、气泡的内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收了热量．故C正确；D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子的无规则运动的统计规律，温度不变，分子的平均动能不变，并不是每个气体分子动能都不变．故D错误．故选：BC4.(多选题)研究发现，磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，图示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3、R4为定值电阻，当开关S1、S2和S3都闭合时，电容器一带电微粒恰好处于静止状态，则(

)A．只调节变阻器R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大B．只调节变阻器R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动C．只调节变阻器R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．只断开S3时，带电微粒向上运动参考答案：AD5.如图所示，在粗糙水平面上放一个重为G1的三角形木块a，若重为G2的物体b在a的斜面上匀加速下滑，则木块a受到的地面支持力FN和静摩擦力F的情况是（

）

A．FN=G1+G2，F=0

B．FN=G1+G2，F≠0，方向向左C．FN<G1+G2，F=0

D．FN<G1+G2，F≠0，方向向左

参考答案：答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某实验小组在探究加速度与力、质量的关系的实验中，得到以下左图所示的实验图线a、b，其中描述加速度与质量关系的图线是

；描述加速度与力的关系图线是

。为了便于观察加速度与质量关系通常采用

关系图线．⑵．在研究匀变速直线运动的实验中，获得反映小车运动的一条打点纸带如右上图所示，从比较清晰的点开始起，每5个打点取一个计数点（交流电源频率为50HZ），分别标出0与A、B、C、D、E、F点的距离，则小车①做

运动，判断依据

；②小车的加速度为__________m/s2参考答案：7.人造卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，所以在这种环境中已无法用天

平称量物体的质量。为了在这种环境测量物体的质量，某科学小组设计了如图所示的装置（图中O为光滑的小孔）：给待测物体一个初速度，使它在桌面上做匀速圆周运动。设卫星中具有弹簧秤、刻度尺、秒表等基本测量工具。实验时物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计，原因是

；②实验时需要测量的物理量有

；③待测质量的表达式为m=

。（用上小题中的物理量表示）参考答案：（1）物体对支持面几乎没有压力

（2分）（2）弹簧秤读数F、小球运动周期T、小球运动圆周半径r（3分）（3）m=（2分）8.右图为小车做直线运动的s－t图，则小车在BC段做______运动，图中B点对应的运动状态的瞬时速度大小是______m/s。参考答案：匀速，1.6~1.9

9.某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图所示，则由图线可知：（1）弹簧的劲度系数

N/m。（2）当弹簧受到5N的拉力时，弹簧的长度为

cm。参考答案：（1）200N/m。（2）12.5cm。10.在如右图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号为“1”，B端输入电信号为“1”时，在C端和D端输出的电信号分别为_____和______。参考答案：0，0

11.利用α粒子散射实验最早提出原子核式结构模型的科学家是

；他还利用α粒子轰击（氮核）生成和另一种粒子，写出该核反应方程

．参考答案：12..某实验小组设计了“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，实验步骤如下：a.实验装置如图所示，细绳一端系在滑块上，另一端绕过小滑轮后挂一砂桶，小砂桶内装一定量砂子，用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫高，不断调整垫块的高度，直至轻推滑块后，滑块恰好能沿长木板向下做匀速直线运动；b.保持长木板的倾角不变，取下细绳和砂桶，将滑块右端与纸带相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器的电源后，释放滑块，让滑块从静止开始加速下滑；c.取下纸带，在纸带上取如图所示的A、B两计数点，并用刻度尺测出s1、s2、s。根据以上实验，回答下列问题：若忽略滑轮质量及轴间摩擦，本实验中滑块加速下滑时所受的合外力______砂桶及砂的总重力（填“等于”“大于”或“小于”）为探究从A到B过程中，做功与物体速度变化关系，则实验中还需测量的量有______________________________________________________。设打点计时器的打点周期为T，请写出探究结果表达式_________________________此实验方案存在缺陷，可能造成较大误差，造成较大误差的原因是_______________参考答案：（1）等于（2）砂与砂桶的重力mg、滑块质量M（3）

（4）第一步操作中纸带没有连接，而实验中纸带与计时器的限位孔间存在摩擦（或滑轮有质量、滑轮轴有摩擦）13.倾角为30°的直角三角形底边长为2l，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨．现在底边中点O处固定一正电荷Q，让一个质量为m、带正电的点电荷q沿斜边顶端A滑下（不脱离斜面）．测得它滑到斜边上的垂足D处时速度为υ，加速度为a，方向沿斜面向下．该点电荷滑到斜边底端C点时的速度υc=，加速度ac=g﹣a．（重力加速度为g）参考答案：考点：电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据几何知识分析得到B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，三点的电势相等，电荷q从D到C过程中只有重力做功，根据动能定理求出质点滑到斜边底端C点时的速度．分析质点q在C点的受力情况，根据牛顿第二定律和库仑定律求出质点滑到斜边底端C点时加速度．解答：解：由题，BD⊥AC，O点是BC的中点，根据几何知识得到B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，三点在点电荷Q产生的电场中是等势点，所以，q由D到C的过程中电场中电场力作功为零．由动能定理得：mgh=而h==，所以vC=质点在D点受三个力的作用；电场F，方向由O指向D点；重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上．由牛顿第二定律，有

mgsin30°﹣Fcos30°=ma…①质点在C受三个力的作用；电场F，方向由O指向C点；重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上．由牛顿第二定律，有

mgsin30°+Fcos30°=maC…②由①②解得：aC=g﹣a．故答案为：；g﹣a．点评：本题难点在于分析D与C两点电势相等，根据动能定理求速度、由牛顿第二定律求加速度都常规思路．三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.(8分)如图所示，有四列简谐波同时沿x轴正方向传播，波速分别是v、2v、3v和4v，a、b是x轴上所给定的两点，且ab＝l。在t时刻a、b两点间四列波的波形分别如图所示，则由该时刻起a点出现波峰的先后顺序依次是图

；频率由高到低的先后顺序依次是图

。参考答案：

BDCA

DBCA15.如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。参考答案：试题分析：由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有①根据力的平衡条件有②联立①②式可得③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有④式中V1=SH⑤V2=S（H+h）⑥联立③④⑤⑥式解得⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为⑧故本题答案是：点睛：本题的关键是找到不同状态下的气体参量，再利用气态方程求解即可。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，一个质量m=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R=1.8m的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为s=0.08m；另一质量也为m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板．设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失．木板的长度可保证物块在运动的过程中不与墙接触．已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2．试求：（1）滑块到达A点时对轨道的压力大小；（2）当滑块与木板达到共同速度（v≠0）时，滑块距离木板左端的长度是多少？参考答案：考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）滑块下滑过程机械能守恒，先根据守恒定律求解A点速度；再A点重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解支持力；最后根据牛顿第三定律求解压力；（2）开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，对两者分别列示求解；解答：解：（1）滑块滑到A点时，有动能定理得：mgR=，解得：mv2=2mgR，滑块在A点由牛顿第二定律得：，解得：vA=6m/s，N=mg+2mg=30N，由牛顿第三定律得：滑块到达A点时对轨道的压力大小N′=N=30N（2）滑块滑上木板后，在摩擦力的作用下，做匀加速运动，设加速度为a，碰撞时的速度为v1，由牛顿第二定律得：umg=ma，解得：a=1m/s2，根据运动学公式：L=，解得：t=0.4s，由v=at，解得：v=0.4m/s，碰撞后木板，向右做匀减速运动，速度减到零，再做匀加速运动，一直重复直至两者速度相同，设两者速度达到共同速度v时，共经历n次，△t为碰撞n次后木板从起始位置到速度相等时经历的时间，0≤△t≤0.4s则有：v=vA﹣a（2nt+△t）=a△t，代入数据解得：6.75≤n≤7.5，n为整数，故取n=7，△t=0.2s，其末速度为0.2m/s，滑块的位移为：，对木板=0.02m，则木板的长度为x滑﹣x木=17.98m﹣0.02m=17.96m答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力大小为30N；（2）当滑块与木板达到共同速度（v≠0）时，滑块距离木板左端的长度是17.96m点评：本