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2018～2019学年第一学期高三期初调研试卷物理一、单项选择题1.下列说法符合物理学史实的是A.楞次发现了电磁感应现象B.伽利略认为力不是维持物体运动的原因C.安培发现了通电导线的周围存在磁场D.牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量【答案】B【解析】【详解】法拉第发现了电磁感应现象，选项A错误；伽利略认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，选项B正确；奥斯特发现了通电导线的周围存在磁场，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项D错误；故选B.2.北斗卫星导航系统空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星（轨道高度约为36000km）、27颗中轨道卫星（轨道高度约为21600km）、3颗倾斜同步轨道卫星．则中轨道卫星与静止轨道卫星相比，围绕地球做圆周运动的A.向心加速度更大B.线速度更小C.角速度更小D.周期更大【答案】A【解析】【详解】卫星离地面的高度越低，则运动半径越小，根据万有引力提供圆周运动向心力得：，则向心加速度a=，知半径r越小，向心加速度越大，故A正确；线速度v=，知半径r越小，线速度越大，故B错误；角速度ω＝，知半径r越小，角速度越大，故C错误；周期T=，知半径r越小，周期越小，故D错误；故选A。【点睛】抓住万有引力提供卫星圆周运动向心力，能根据表达式求出相应量与半径r的关系是解决本题的关键．3.发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2，则下列输电导线上损耗功率的表达式中错误．．的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】升压变压器的输出电压为U1，降压变压器的输入电压为U2，则输电线上的电压损失△U=U1-U2，升压输电线上损失的功率为P损=△UI=I（U1-U2）或．则AD正确，因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功P损=I2R．故B正确，C错误；此题选择不正确的选项，故选C。【点睛】解决本题的关键知道远距离输电过程中电压关系、电流关系以及能量关系，掌握计算导线上的损失功率的求法．4.一小孩站在岸边向湖面抛石子．a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响．关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是A.在空中运动的加速度B.在空中运动的时间C.抛出时的初速度D.入水时的末速度【答案】D【解析】【详解】两物体在空中的加速度均为g，选项A错误；因两物体的最高点在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a的水平射程小，则根据可知，a的初速度较小，选项C错误；根据可知，a入水的末速度小，选项D正确；故选D.【点睛】题中小球做抛体运动，要注意竖直方向上的运动规律，明确最高点时竖直速度均为零，从而明确小球的运动时间，再分析水平方向即可明确水平速度和末速度．5.在沿斜面向上的恒力F作用下，一物体从光滑斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力，物体继续沿斜面向上运动（斜面足够长，以地面为零势能面）．则在物体整个向上运动的过程中，下列关于物体动能Ek、重力势能Ep随时间t变化；速度大小v、机械能E随位移x变化的图像中，正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】有力F作用时，物体的加速度，则某时刻的动能，则Ek-x图像是开口向上且过原点的抛物线的一部分；撤去F后物体的速度v，加速度a2=gsinθ，某时刻的动能，则Ek-x图像仍是开口向上的抛物线的一部分，选项A错误；有力F作用时，重力势能，则EP-x图像是开口向上且过原点的抛物线的一部分；撤去F后：，则Ek-x图像是开口向下的抛物线的一部分图像，选项B错误；根据v2=2ax可知v-x图像不是直线，选项C错误；根据动能定理，有F作用时E=Fx；撤掉F后，机械能守恒，则选项D正确；故选D.二、多项选择题6.下列说法正确的是A.光和电子都具有波粒二象性B.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关C.比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D.大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子【答案】AC【解析】【详解】光和电子都具有波粒二象性，选项A正确；放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，选项B错误；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项C正确；大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，选项D错误；故选AC.7.如图所示，现有一匝数为n，面积为S，总电阻为R的闭合线圈，垂直放置于一匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，变化率，则A.线圈中产生逆时针方向的感应电流B.线圈面积具有扩张的趋势C.线圈中产生的感应电动势为D.线圈中感应电流的大小为【答案】AD【解析】【详解】根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可知每一小段线圈都受到向里的安培力作用，则线圈面积具有收缩的趋势，选项A正确，B错误；线圈中产生的感应电动势为，选项C错误；线圈中感应电流的大小为，选项D正确；故选AD.8.甲、乙两个电源的路端电压U和电流I的关系图像如图所示，设两个电源的内阻分别为r甲、r乙．若将一定值电阻R分别接到两个电源上，设R消耗的功率的分别为P甲、P乙，则关于两个物理量大小关系判断正确的是A.r甲＞r乙B.r甲＜r乙C.P甲＞P乙D.P甲＜P乙【答案】BC【解析】【详解】由图象可知，图象乙斜率的绝对值大于图象甲斜率的绝对值，因此r甲＜r乙，选项A错误，B正确；在同一坐标系内作出电阻R的U-I图象，如图所示，图像与两个电源的U-I图像的交点为电路的工作点，根据P=IU可知R消耗的功率P甲＞P乙，故C正确；D错误；故选BC。【点睛】电源的U-I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；同时注意在同一图中作出电阻的伏安特性曲线时，两图象的交点为电阻的工作点．9.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则A.保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ增大B.保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ不变C.断开开关S，略向上移动A板，则θ增大D.断开开关S，略向上移动A板，则θ不变【答案】AC【解析】【详解】保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带负电的A板向右移动，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大。故A正确，B错误。断开开关S，电容器所带的电量不变，根据，U=Q/C得，，知略向上移动A板，则S减小，E变大，电场力变大，则θ增大，故C正确，D错误。故选AC.【点睛】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．10.如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小球，初始时静置于a点．一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与小球相连．直杆上还有b、c、d三点，且b与O在同一水平线上，Ob=l，Oa、Oc与Ob夹角均为37°，Od与Ob夹角为53°．现释放小球，小球从a点开始下滑，达到d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（重力加速度为g，sin37°=0.6）A.小球在b点时加速度为g，速度最大B.小球从a点下滑到c点的过程中，小球的机械能先增大后减小C.小球在c点的速度大小为D.小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了【答案】BCD【解析】【详解】从a到b，弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大。从b到c，弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时滑块的合力为mg，则加速度为g。故A错误。从a下滑到c点的过程中，对小球和弹簧的系统机械能守恒，由于弹性势能先减小后增加，则小球的机械能先增加后减小，故B正确。从a下滑到c点的过程中，对于滑块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：mg•2ltan37°=，可得滑块在c点的速度大小为：vc=．故C正确。小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于小球的机械能减小量：，带入数据解得，故D正确。故选BCD。【点睛】对物理过程进行受力分析、运动分析和做功情况分析，是解决力学问题的基本方法．要注意本题中滑块的机械能并不守恒，只有系统的机械能才守恒．三、简答题11.小明要利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻．(1)如图甲所示是多用电表内部结构的简化电路图，内有3个档位，对应3种测量功能．小明现要将其作为电流表使用，选择开关S应接__（选填“1”、“2”或“3”）．小明调节好多用电表后连接电路，如图乙所示是他正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：___；______．(2)调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出的图线如图丙所示．由此可求得电动势E＝___V，内阻r＝___Ω．（结果均保留2位有效数字）(3)本实验方案存在系统误差，这是由于多用电表____（选填“分流”或“分压”）而引起的，测得的E测、r测与真实值比较：E测____E真，r测___r真．（选填“＜”、“＝”或“＞”）【答案】(1).1；(2).开关末断开；(3).多用电表正负极接反；(4).2.9；(5).1.2；(6).分压；(7).=；(8).【解析】【详解】（1）选择开关S接1是电流档；图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：开关末断开；多用电表正负极接反．（2）根据闭合电路欧姆定律得，E=IR+Ir，则R=E-r，可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则E==2.9V，内阻r=1.2Ω。（3）将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有：R=E-（RA+r），则可知测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大。而电流表内阻对图象的斜率没有影响，故电动势准确；【点睛】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义。本题采用的是转换法，本来I-R是非线性关系，转换成R-是线性关系，图象直观，一目了然。12.“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示．(1)实验的五个步骤如下：a．将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上；b．把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连；c．平衡摩擦力，让小车做匀速直线运动；d．接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出小桶（和沙）的重力mg，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a；e．更换纸带，改变小桶内沙的质量，重复步骤d的操作．按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为：________（将序号排序）(2)实验中打出的某一条纸带如图乙所示．相邻计数点间的时间间隔是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是________m/s2．(3)利用测得的数据，可得到小车质量M一定时，运动的加速度a和所受拉力F（F=mg，m为沙和小桶质量，g为重力加速度）的关系图象（如图丙所示）．拉力F较大时，a-F图线明显弯曲，产生误差．若不断增加沙桶中沙的质量，a-F图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为_______（用题中出现物理量表示）．为避免上述误差可采取的措施是________：A．每次增加桶内沙子的质量时，增幅小一点B．测小车的加速度时，利用速度传感器代替纸带和打点计时器C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替沙和小桶的重力D．在增加桶内沙子质量的同时，在小车上增加砝码，确保沙和小桶的总质量始终远小于小车和砝码的总质量【答案】(1).acbde；(2).1.46；(3).g；(4).C【解析】【详解】（1）按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为：acbde；（2）根据∆x=aT2可知（3）因为沙和沙桶的重力在这个实验中充当小车所收到的