1、江苏省南通市 2018 届高三上学期第一次调研测试物理试题一、单项选择题1. 2017 年 4 月 20 日，天舟一号飞船成功发射，与天宫二号空间实验室对接后在离地约393km 的圆轨道上为天宫二号补加推进剂，在完成各项试验后，天舟一号受控离开圆轨道，最后进入大气层烧毁，下列说法中正确的是A. 对接时，天舟一号的速度小于第一宇宙速度B. 补加推进剂后，天宫二号受到地球的引力C. 补加推进器后，天宫二号运行的周期减小D. 天舟一号在加速下降过程中处于超重状态【答案】A【解析】7.9km/s 是地球的第一宇宙速度，是卫星最小的发射速度，也是卫星或飞行器若地球做匀速圆周运动的最大速度，所以对接时，天
2、舟一号的速度必定小于第一宇宙速度，故 A正确；补加推进剂后，天宫二号的质量增大，就万有引力定律可知，天宫二号受到地球的引力增大，故 B 错误；补加推进剂后，天宫二号的质量增大，根据万有引力提供向心力可得，解得： ，公式中的 M 是地球的质量，可见天宫二号的周期与其质量无关，所以保持不变，故 C 错误；“天舟一号”在加速下降过程中加速度的方向向下，所以处于失重状态，故 D 错误；故选 A.2. 如图所示，电源电动势 E=12V，内阻 r=1.0，电阻 R1=4.0，R 2=7.5，R 3=5.0，电容器的电容 C=10F，闭合开关 S，电路达到稳定后电容器的电荷量为A. B. C. D. 【答案
3、】B【解析】闭合开关 S， 和 串联，电容器的电压等于 的电压，为：，电容器上所带的电荷量 ，故选 A.3. 在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框 abc，磁场方向垂直于线框平面，ac 两点间接一直流电源，电流方向如图所示，则A. 导线 ab 受到的安培力大于导线 ac 所受的安培力B. 导线 abc 受到的安培力大于导线 ac 受到的安培力C. 线框受到的安培力的合力为零D. 线框受到的安培力的合力方向垂直于 ac 向下【答案】D【解析】导线 ab 受到的安培力大小为： ；导线 ac 所受的安培力大小也为：；故 A 错误；导线 abc 的有效长度为 L，故受到的安培力大小为：
4、 ；导线 ac受到的安培力： ；故 B 错误；根据左手定则，导线 abc 受安培力垂直于 ac 向下，导线 ac 受到的安培力也垂直于 ac 向下，故线框受到的安培力的合力： ，合力方向垂直于 ac 向下，故 C 错误，D 正确；故选 D.【点睛】通电三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式 F=BIL 确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力.4. 如图所示，某同学以不同的初速度将篮球从同一位置抛出，篮球两次抛出后均垂直撞在竖直墙上，图中曲线为篮球第一次运动的轨迹，O 为撞击点，篮球第二次抛出后与墙的撞击点在 O 点正下方，忽略空气阻力，下列
5、说法正确的是A. 篮球在空中运动的时间相等B. 篮球第一次撞墙时的速度较小C. 篮球第一次抛出时速度的竖直分量较小D. 篮球第一次抛出时的初速度较小【答案】B【解析】将篮球的运动反向处理，即可视为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间较短，故 A 错误；水平射程相等，由 得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，第一次撞时的速度较小，故 B 正确；第二次时间较短，则由 可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故 C 错误；根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，故 D 错误；故选 B.5. 一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与
6、其速度大小成正比，忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度 v 随时间 t变化的图像如图所示，其中可能正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，加速度恒为 g，v-t 图象是向下倾斜的直线.对于泡沫塑料球，根据牛顿第二定律得：上升过程有 ，下降过程有，又 ，得 ，则上升过程中，随着 v 的减小，a 减小； ，则下降过程中，随着 v 的增大，a 减小；所以 a 不断减小，方向不变，故 ABC 错误，D 正确；故选 D.二、多选题6. 如图所示，理想变压器原线圈接电压为 220V 的正弦交流电，开关 S 接 1 时，原副线圈的匝数比为 11：1，
7、滑动变阻器接入电路的阻值为 10，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的有A. 变压器输入功率与输出功率之比为 1：1B. 1min 内滑动变阻器产生的热量为 40JC. 仅将 S 从 1 拨到 2，电流表示数减小D. 仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电流表示数均减小【答案】AC【解析】根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为 1：1，故 A 正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为 ，则 1 min 内产生的热量为 ，若只将 S 从 1 拨到 2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故 C 正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电
8、路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故 D 错误；故选 AC.【点睛】交流电压表和交流电流表读数为有效值，根据根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，再根据电压与匝数成正比即可求得结论.7. 真空中有一半径为 r0的均匀带电金属球，以球心为原点建立 x 轴，轴上各点的电势 分布如图所示，r 1、r 2分别是+x 轴上 A、B 两点到球心的距离。下列说法中正确的有：A. 范围内电场强度处处为零B. A 点电场强度小于 B 点电场强度C. A 点电场强度的方向由 A 指向 BD. 正电荷从 A 点移到 B 点过程总电场力做功【
9、答案】ACD【解析】根据 可知， 图象的斜率表示电场强度的大小，由图可知在 范围内斜率为 0，故在 范围内电场强度处处为零，故 A 正确；根据场强公式 ，得 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，故 B 错误A 到 B 电势降低，所以 A 点的电场强度方向由 A 指向B，故 C 正确正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力方向由 A 指向 B，所以电场力做正功，故 D 正确故选 ACD.【点睛】根据直线上各点的电势 分布图判断 A 点和 B 点电势沿电场线方向电势逐点降低根据电场力方向和运动方向判断做功情况8. 如图所示，竖直平面内固定以半径为 R 的光滑绝缘圆环，环上套有两个相同的带
10、电小球P 和 Q，静止时 P、Q 两球分别位于 a、b 两点，两球间的距离为 R，现用力缓慢推动 P 球至圆环最低点 c，Q 球由 b 点缓慢运动至 d 点（图中未画出） ，则此过程中A. Q 球在 d 点受到圆环的支持力比在 b 点处小B. Q 球在 d 点受到的静电力比在 b 点处大C. P、Q 两球电势能减小D. 推力做的功等于 P、Q 两球增加的机械能【答案】AB【解析】因为 P、Q 是两个相同的电荷，当左球 P 到达 c 点的过程中，Q 向上运动至 d 点，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对 P 球的支持力变小，A 正确；左球 P到达 c 点的过程中，两者的距离变小，
11、故两球间的库仑力增大，故 B 正确；左球 P 到达 c 点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，故 C 错误；推力做的功等于 P、Q 两球增加的机械能和 P、Q 两球增加的电势能之和，故 D 错误；故选 AB.9. 如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物块与劲度系数为 k 的轻弹簧两端相连，置于足够长、倾角为 30的斜面上，处于静止状态，物块 A 下表面光滑，物块 B 与斜面间的最大静摩擦力为 f，重力加速度为 g，现给物块 A 施加沿斜面向上的恒力，使 A、B 两物块先后开始运动，弹簧始终在弹性限度内，则A. 当物块 B 刚开始运动时，弹簧伸长量最大B. 在物块
12、B 开始运动前，物块 A 可能一直做加速运动C. 物块 A 沿斜面向上运动距离为 时，速度达到最大D. 当物块 A 沿斜面向上运动距离为 时，物块 B 开始运动【答案】BD【解析】当物块 B 刚开始运动时，对 B 有 ，物块 B 开始运动后做加速运动，对 B 有 可知 所以当物块 B 刚开始运动时，弹簧伸长量不是最大，故 A 错误；在物块 B 开始运动前，可能有 ，物块 A 一直做加速运动，故 B 正确；原来系统静止时，对 A 有 ，当 A 的合力为零时速度最大，此时有 ，物块沿斜面向上运动距离为 ，联立解得 ，故 C 错误；物块 B 开始运动时，对 B 有 ，此时物块 A 沿斜面向上运动距离
13、为 ，联立解得 ，故 D 正确；故选 BD.【点睛】分析 B 的运动状态，判断弹簧伸长量的变化。根据 A 的受力情况，判断其运动情况；当 A 的合力为零时速度最大；当物块 B 刚开始运动时，弹簧的弹力等于重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和.三、非选择题10. 某实验小组利用如图甲所示装置探究恒力做功与物体动能变化的关系，质量为 m 的钩码通过跨过滑轮的细线牵引质量为 M 的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录的运动情况（1）下列做法中正确的有_A调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B在平衡摩擦力时，不需要连接纸带C小车从靠近打点计时器处释放（2）接通电源，释放小车，
14、打点计时器在纸带上打出一系列点，将打出的第一个点标为 O，在纸带上依次取 A、B、C若干个计数点，测得 A、B、C各点到 O 点的距离分别为，已知相邻计数点间的时间间隔均为 T。实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车受到的拉力大小等于 mg，在打 O 点到打 B 点的过程中，拉力对小车做的功 W=_，打 B 点时小车的动能 =_。（3）小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他挑选了一个清晰的点标为O1，以小车受到的二次方 为纵坐标，计数点到 O1点的距离 x 为横坐标，利用实验数据作出-x 图像，该图像纵截距的物理意义是_。（4）小虎同学在实验过程中没有保证钩码质量远小于小车质量
15、，他利用实验数据作出的 -W图像_（选填“会”或“不会” ）弯曲。【答案】 (1). AC (2). (3). (4). 打 点速度的二次方 (5). 不会11. 在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，提供下列器材：A小灯泡（3V，0.6W）B电压表（03V，内阻约 3k）C电流表（015V，内阻约 15k）D电流表（0250mA，内阻约 1）E电流表（00.6A，内阻约为 0.4）F滑动变阻器（10，2A）G滑动变阻器（1k，0.5A）H电池组（电动势 6V）I开关、导线若干（1）实验时电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。 （用序号字母表示） ；（2）请用笔画线代替导线，将实物电
16、路图连接完整。（3）实验中记录多组电压表示数 U 和电流表示数 I，如下表所示，请在图中画出 I-U 图像。（4）如果将这个小灯泡接到电动势为 3V，内阻为 5 的电源两端，小灯泡消耗的功率是_W（保留两位有效数字） 。【答案】 (1). BDF (2). 如图所示:(3). 如图所示:(4). 0.370.39【解析】 （1）灯泡额定电压为 3V，电压表应选择 B；由表中实验数据可知，最大电流为0.205A，电流表应选择 D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择 F；（2）由实验数据可知，最小电流为 0.02A，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路
17、图如图所示：（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：（4）在灯泡 U-I 坐标系内作出电源的 U-I 图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压：U=2.1V，电流：I=0.18A，灯泡实际功率：.12. 下列现象与液体表面张力无关的是（ ）A. 透过布制的伞面可以看见纱线缝隙，而伞面布漏雨水B. 在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形C. 把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝D. 把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起难以分开【答案】D.13. 做汽车安全气囊的模拟实验时，密封的储气罐与气囊相连，撞击时储气罐阀门自动打开，大量气体进入气
18、囊，气囊在极短时间内迅速展开，在人体前部形成弹性气垫，然后气囊泄露，收缩，从而有效保护人体，气囊展开过程中，将气体视为理想气体，气体的内能_（选填“增大” 、 “减小”或“不变” ） ；泄露收缩过程中气囊内壁单位面积上受到气体分子撞击的作用力_（选填“增大” 、 “减小”或“不变” ）【答案】 (1). 减小 (2). 减小【解析】气囊展开过程中，气体迅速膨胀，对外做功，由于时间极短，可看作绝热膨胀，故内能减小；泄露收缩过程中，整个气体是进一步膨胀的，根据热力学第一定律，内能进一步减小，故剩余部分气体的温度进一步降低，而温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动平均动能减小，而分子密集程度也
19、稀疏了，故气囊内壁单位面积上受到气体分子撞击的作用力减小.【点睛】热力学第一定律就是不同形式的能量在传递与转换过程中守恒的定律，表达式为表述形式：热量可以从一个物体传递到另一个物体，也可以与机械能或其他能量互相转换，但是在转换过程中，能量的总值保持不变.14. 如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，活塞只在受到压力时才向下移动，倒入热水后，活塞 a 的下表面与液体相距 h，两者间密闭有一定质量的气体，密闭气体的压强等于外界大气压强 。刚倒入热水时，瓶内空气温度为 T1，经过一段时间温度降至 T2，此时瓶内气体的压强多大？当温度降至 T2时，要把瓶中的水压出瓶外，活塞 a 至少下降多少距离
20、？（设压活塞过程中气体温度不变） 。【答案】 【解析】由查理定律可得解得设活塞的横截面积为 S，下降的距离为 x由玻意耳定律有解得15. 下列关于的说法中符合实际的有（ ）A. 电视机遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机B. 根据多普勒效应可以算出宇宙中的星球靠近或远离地球的速度C. 可见光和医院“B 超”中的超声波在空气中的传播速度相同D. 电磁波和声波均能此时干涉、衍射、反射和折射现象【答案】BD【解析】常用红外线做为脉冲信号来遥控电视，故 A 错误；根据多普勒效应，由于波源与接受者的相对位移的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故 B
21、 正确；可见光传播的速度是光速，超声波在空气中的传播速度是声速，二者传播的速度是不相等的，故 C 错误；干涉、衍射、反射和折射现象都是波的特性，电磁波和声波均能产生干涉、衍射、反射和折射现象，故 D 正确；故选 BD.16. 如图所示，两列频率相同、传播方向相互垂直的平面波在空间相遇发生干涉，它们的振幅均为 A，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，e 是 a、d 连线的中点，则 e 处质点振动_（选填“加强” 、减弱、或不振动） ，d 处质点的振幅为_。【答案】 (1). 加强 (2). 2A【解析】据干涉图象可知，d 处质点是两列波波峰与波峰叠加，而 a 点是波谷与波谷叠加的地方，均处于振动加强
22、，则 e 点也处于振动加强点；由于振幅相同，d 处质点的振幅为 2A.【点睛】两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍.17. 反光膜是一种广泛用于道路交通标志的材料，基本结构如图所示，光照射到反光膜的玻璃珠上时，经折射后射到反射层反射，最终平行于原入射方向反向射出玻璃珠，玻璃珠是半径为 R 的均匀球体，AB 是入射光线，其出射光线与光线 AB 的间距为【答案】光路图如图所示:【解析】光路图如图所示设射入 B 点光线的入射角为 ，折射角为则由折射定律解得18. 已知氢原子基态能量为-1
23、3.6eV，下列说法正确的有（ ）A. 使 n=2 能级的氢原子电离至少需要吸收 3.4eV 的能量B. 氢原子由 n=3 能级跃迁到 n=2 能级，放出光子，能量增加C. 处于基态的氢原子吸收能量为 10.2eV 的光子跃迁到 n=4 激发态D. 大量处于 n=3 激发态的氢原子会辐射出 3 种不同频率的光【答案】AD【解析】氢原子基态能量为-13.6eV，则 n=2 能级为 ，因此要使处于 n=2能级氢原子电离至少需要吸收能量 3.4eV，故 A 正确；氢原子由 n=3 能级跃迁到 n=2 能级，放出光子，能量减少，故 B 错误；处于基态的氢原子吸收能量为 10.2eV 的光子，能量为，因
24、此会从 n=1 能级跃迁到 n=2 能级，故 C 错误；根据 ，可知，大量处于 n=3 能级的氢原子跃迁时能辐射出 3 种不同频率的光子，故 D 正确；故选 AD.【点睛】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知电离需要的最小能量；能级差是不连续的，吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差，所以光子能量不连续。根据数学组合，即可判定辐射的种类，并依据能级差值来确定电离或跃迁的能量值.19. 利用图甲所示电路研究光电效应中金属的遏制电压 Uc与入射光频率 v 的关系，描绘出图乙中的图像，由此算出普朗克常量 h，图乙中 U1、v 1、v 0均已知，电子电荷量用 e 表示，当入射光的频率增大
25、时，为了测定遏制电压，滑动变阻器的滑片 P 应向_（选填“M”或“N” ）端移动，由 Uc-v 图像可求得普朗克常量 h=_。 （用题中字母表示） 。【答案】 (1). N (2). 【解析】入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片 P 向 N 端移动；根据 ，由 图象可知，当遏止电压为零时， 所以这种金属的截止频率为 ；根据 ，解得 ，图线的斜率 ，则 .20. 在冰壶比赛中，冰壶甲以速度 v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为 ，方向不变，已知冰壶质量均为 m，碰撞过程时间为 t，求：正碰后冰壶乙的速度 v；碰撞过程中冰壶乙受到的平均
26、作用力大小为 F。【答案】 【解析】由动量守恒定律有解得冰壶乙在碰撞过程由动量定理有解得四、计算题21. 如图所示，光滑绝缘斜面倾角为 ，斜面上平行于底边的虚线 MN、PQ 间存在垂直于斜面向上，磁感应强度为 B 的匀强磁场，MN、PQ 相距为 L，以质量为 m、边长为 d（db） ，求刷子完全离开垫子的速度大小为 v。【答案】 （1） （2） （3）【解析】 （1）刷子受到重力、垫子的支持力、推力 和摩擦力作用则水平方向受力平衡有刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡有（2）设刷子和垫子运动的加速度为 a，由牛顿第二定律可得：对刷子有：解得（3）刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功由动能定理有解得
27、23. 如图所示，两边界 MN、PQ 相互平行，相距为 L，MN 左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大，质量为 m、电荷量为+q 的粒子从与边界 MN 距离为 2L 的 O 点，以方向垂直于边界 M、大小为 的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与 MN 的夹角为 45，粒子还能回到 O 点，忽略粒子的重力，求：（1）匀强电场的场强大小为 E；（2）粒子回到 O 点时的动能 ；（3）磁场的磁感应强度 B 和粒子从 O 点出发回到 O 点的时间 t。【答案】 （1） （2） （3）【解析】 （1）粒子向右通过电场的时间 ，离开电场时沿电场方向的分速度在电场中运动的加速度 ，由牛顿第二定律 ，解得（2）粒子向右通过电场和向左进入电场回到 O 点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界 MN 的位置间的距离由动能定理有 ，解得（3）粒子进入磁场的速度 ，设在磁场中运动半径为人，由几何关系可知则能回到原点 O，在磁场中的运动半径 ，由 ，解得粒子在磁场中运动时间 ，则 ，解得
