江苏省淮安市2019届高三物理上学期第一次调研测试试题(含解析)

江苏省淮安市2019届高三物理上学期第一次调研测试试题（含解析）
一、单项选择题：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。

1.2018年11月16日，第26届国际计量大会(CGPM)表决通过了关于“修订国际单位制(SI)”的1号决议，摩尔等4个SI基本单位的定义将改由常数定义。

下列各组单位中，属于国际单位制基本单位的是（）
A. kg m A
B. kg s N
C. m s N
D. s A T 【答案】A
【解析】
【分析】
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位；
【详解】A、kg、m、A是国际单位制中的基本单位，故A正确；
B、N是导出单位，kg、s是国际单位制中的基本单位，故B错误；
C、N是导出单位，m、s是国际单位制中的基本单位，故C错误；
D、T是导出单位，s、A是国际单位制中的基本单位，故D错误。

【点睛】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要我们牢记的。

2.如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。

第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。

将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比（）
A. 棋子受到纸条的摩擦力较大
B. 棋子落地速度与水平方向夹角较大
C. 纸条对棋子的摩擦力做功较多
D. 棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大
【答案】C
【解析】
【分析】
纸片对棋子的摩擦力的做功，从而使棋子获得初速度，做平抛运动，则根据平抛运动和动能定进行求解即可；
【详解】A、两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式纸带对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；
B、棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，可以第二次做平抛运动的初速度大，可知第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为，则，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，故选项B错误，C正确；
D、根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误。

【点睛】解答本题的关键是正确分析铁块在纸条上的运动过程，根据平抛运动规律和动能定理即可分析解答。

3.如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止．取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可；
【详解】由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，
根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，ABC错误。

【点睛】本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。

4.如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直．一带电油滴在O点处于静止状态．则( )
A. 若将油滴置于P处，仍能静止
B. 若将油滴从M处释放，将沿电场线运动至N处
C. M点的电势一定比N点的高
D. 油滴在M点的电势能一定比在N点的小
【答案】D
【解析】
【分析】
由电场线分布判断出场强的大小关系，从而判断电场力与的重力的关系；沿着电场线电势降低，根据电势能的公式进行判断电势的大小关系；
【详解】A、由题可知，在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力相等，由电场线的分布可知，P点的电场强度大于O点电场强度，即，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故选项A错误；
B、带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故选项B错误；
C、根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故选项C错误；
D、若油滴带负电，则上极板带正电，则，则根据电势能公式可知：；若油滴带正电，则上极板带电，则，同理可知：，故选项D正确。

【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动，注意找出场强的关系以及电势的关系，从而根据受力情况以及电势能公式进行判断即可。

5.如图所示，竖直平面内有固定的弯折形滑杆轨道ACB和ADB，AC平行于DB，AD平行于CB。

一小圆环(图中未画出)先后套在ACB、ADB上，从A点由静止释放，滑到B点所用的时间为、
，到达B点的速度大小为、。

已知小圆环与两条轨道之间的动摩擦因数都相同，不计弯折处能量损失。

下列关系式成立的是（）
A. >
B. <
C. >
D. <
【答案】B
【解析】
【分析】
通过作v-t图象分析时间关系，根据动能定理分析小滑块沿ACB和ADB下滑到B点速度大小关系；
【详解】A、根据牛顿第二定律知：AC段与DB段加速度相同，AD段与CB段加速度相同，且AC段与DB段加速度较大，作出两个过程的图象如图所示：
结合图象与时间轴所围的面积表示位移，两个过程位移相等，则有，故选项A错误，B正确；
C、设任一斜面的倾角为，斜面长为L，则小圆环的摩擦力为：
则小圆环沿斜面下滑时摩擦力的功为：
其中为斜面的水平底边的长度；
根据上面分析可知：小圆环沿ACB或ADB下滑时摩擦力的功和重力的功相同，根据动能定理
可知到达B点时动能相等，即，故选项CD错误。

【点睛】本题利用图象分析物体的运动情况比较简便，作图时要依据加速度关系、速度关系和路程分析。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

6.2018年11月19日发射的北斗导航卫星进入离地面高度约km的轨道，绕地球做匀速圆周运动，则该卫星的（）
A. 发射速度大于第一宇宙速度
B. 运转速度大于第一宇宙速度
C. 运转周期大于地球自转周期
D. 向心加速度小于地球表面处重力加速度
【答案】AD
【解析】
【分析】
第一宇宙速度为人造卫星绕地球做匀速圆周运动的最大的运转速度，根据万有引力提供向心力进行求解即可；
【详解】A、若卫星恰好在地面附近绕地球做匀速圆周运动，其运转速度恰好为第一宇宙速度，理论上此时的发射速度恰好也为第一宇宙速度，根据题意：发射的北斗导航卫星进入离地面高度约 2.1×104km的轨道，可知其发射速度大于第一宇宙速度，并且由于半径增大，根据
可知，导致其运转速度小于第一宇宙速度，故选项A正确，B错误；
C、地球同步卫星，距离地面高度为，其周期等于地球自转周期，而北斗导航卫星离地面高度约2.1×104km，根据，则可知，半径越小，则周期越小，故北斗导航卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转周期，故选项C错误；
D、对北斗导航卫星根据牛顿第二定律：，则
在地面处有：，则，由于，则，即北斗导航卫星的向心加速度小于地球表面处重力加速度，故选项D正确。

【点睛】本题关键掌握第一宇宙速度的含义，同时掌握万有引力提供向心力，列出方程进行
求解即可。

7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：2，原线圈接交流电压（V）。

下列说法正确的有（）
A. 交流电压的周期为0.1s
B. 电压表V示数为14.1V
C. P向上滑动时，电压表V示数将变小
D. P向上滑动时，电流表A示数将变小
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据表达式u＝10sin20πt(V)可以求出周期，根据可以求出电压表的示数，同时由于电流表与电容器串联，交变电流能“通过”电容器，导致电流表示数时刻在变化；
【详解】A、根据公式知交流电压的周期为：，故选项A正确；
B、由于电表的示数均为有效值，则原线圈的有效值为：
根据电压与匝数成正比可知：，则可以得到：，故选项B正确；
C、由于原、副线圈的匝数不变，原线圈的电压不变，根据可知副线圈电压不变，则电压表示数不变，故选项C错误；
D、由于电流表与电容器串联，接在交变电流中，频率不变，容抗不变，副线圈电压不变，故电流表的读数不变，故选项D错误。

【点睛】本题考查变压器的工作原理，知道电压之比等于匝数之比，同时要知道交变电流能“通过”电容器，电容器不断的充电和放电，导致电流表示数不断变化。

8.如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(d<L)的正方形金属线框竖直放置。

线框由静止释放、进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动。

已知重力加速度为g。

则线框（）
A. 进、出磁场过程中电流方向相同
B. 进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等
C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(L+d)
D. MN边离开磁场时的速度大小为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；
【详解】A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为顺时针方向，故选项A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知：，则电流为：，则电量为：，由于线圈进入磁场和离开磁场时的相同，电阻R不变，则进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B正确；
C、由于进入磁场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为，故选项C 正确；
D、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:
则离开磁场时速度为：，故选项D正确。

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量的求法问题。

9.如图所示，质量为m的物体套在足够长的固定顷斜直杆上，并用弹性绳连接于0点。

杆与水平方向的夹角为θ，杆上C点位于O点的正下方，物体与杆间的动摩擦因数μ<tanθ。

物体在A点时，绳水平且处于原长状态。

将物体从A点由静止释放，则物体（）
A. 到C点时，速度可能为0
B. 到C点时，加速度可能为0
C. 下滑过程中加速度先减小后增大
D. 可以再次回到A点
【答案】AB
【解析】
【分析】
对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律以及动能定理进行分析即可；
【详解】A、从A点到达C点，有重力做正功，阻力做负功，可能存在弹力也做负功，若三者合力的功为零，则根据动能定理可以知道，到达C点时动能也为零，则速度为零，故选项A 正确；
B、若到达C点时，其受到的弹性绳的弹力等于重力时，即此时加速度可能为零，故选项B正确；
C、当弹性绳没有弹力时，由于，根据牛顿第二定律可知：即没有弹力时，加速度恒定，当出现的弹力较小时，弹力沿斜面的分力也是向上，则摩擦力增大，加速度开始减小，当绳的弹力增加到一定时，摩擦力增大的一定程度时，加速度开始反向增大，即加速度先恒定不变，后减小在反向增大，故选项C错误；
D、由于摩擦力阻力做功，使机械能减小，则物体不能在返回A点，故选项D错误。

【点睛】本题关键是对物体进行受力分析，画出可能的受力情况，然后根据牛顿第二定律进行分析，还要注意由于摩擦力做功，导致机械能减小。

三、简答题：本题分必做题(第10、l1、12题和选做题(第13题)两部分，共计42分。

请将解答填写在答题卡相应的位置。

10.某同学用图甲所示的装置宋探究小车加速度与小质量的关系。

(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，其读数为__________cm；
(2)为了使细线对小车的拉力等于小车受到的合力，应__________；
A.平衡摩擦力
B.调节细线与长木板平行
C.使砝码及砝码盘的总质最远小于小车的质量
D.使砧码及砝码盘的总质量远大于小车的质量
(3)该同学完成相关操作后将小车由静止释放，读出遮光条通过光电门A、B的时间分别为、
，测出遮光条的宽度为d，A、B之间的距离为x，则小车的加速度a=__________(用给定的物理量字母表示)；
(4)若保持砝码和砝码盘的总质量m不变，改变小车质量M，则作出图像为_________。

A. B. C. D.
【答案】 (1). 1.030 (2). AB (3). (4). C
【解析】
【分析】
游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度，然后根据实验原理进行分析即可；
【详解】（1）由图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为，游标尺示数为
，则游标卡尺读数为：；（2）为了使细线对小车的拉力就等于小车受到的合外力，则首先要做的重要步骤是平衡摩擦力，同时要使调节细线与长木板平行，故选项AB正确，CD错误；
（3）滑块经过光电门A时的瞬时速度的表达式
滑块经过光电门B时的瞬时速度的表达式
根据，则：；
（4）设绳的拉力为T，对m分析可知：
对M分析可知：
联立整理可以得到：，即为一次函数关系图像，故选项C正确，选项ABD 错误。

【点睛】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力。

11.某同学用图甲所示电路来测绘小灯泡的伏安特性曲线，器材知下：
A.灯泡(额定电压2.5V，额定电流0.25A)
B.电流表(0V～0.6A)
C.电压表(0～3V)
D.滑动变阻器(0～10Ω)
E.滑动交阻器(0～1000Ω)
F.干电池(电动势为1.5V)两节
G.开关，导线若干
(1)滑动变阻器应选___________（选填器材前的代号)；
(2)实验中得到的数据如下表所示，根据表中数据在乙图中作出小灯泡的U-I图象，由图象可知小灯泡的电阻随温发的升高而_________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。

（3）某同学用一节干电池与阻值为5Ω的电阻R、小灯泡及电压表连接成图丙所示电路。

闭合S后，电压表测得灯泡两端电压为0.8V，结合乙图中图象求得小灯泡实际消耗的功率为
______W，干电池内阻为________Ω。

(结果均保留两位有效数字)
【答案】 (1). D (2). 如图所示：
(3). 增大 (4). 0.10 (5). 0.38
【解析】
【分析】
根据分压式接法来选择滑动变阻器，做图像时，要注意舍去部分误差较大的点；根据画出的图像和闭合电路欧姆档定律进行求解即可；
【详解】（1）由于小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.25A，则小灯泡的电阻约为：
，而且电路采用分压式接法，则滑动变阻器只能选择小量程的滑动变阻器，故选项D正确；
（2）通过描点、画线，则小灯泡的图象如图所示：
图像的斜率代表电阻，则由图可知：随着电流的增大即随着温度的升高小灯泡的电阻增大；（3）当电压表读数为时，则通过小灯泡的电流约为，则根据功率的公式可以知道小灯泡实际消耗的功率为：；
此时小灯泡的电阻为：
则根据闭合电路欧姆定律可以得到：
代入数据可以得到：。

【点睛】本题同时考查了描绘小灯泡的伏安曲线实验，解题关键是先要明确实验原理，了解其电路图构成，利用图象正确分析即可。

12.下列说法正确的是__________
A. 质量数越小的原子核，比结合能越大
B. 卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型
C. 德国物理学家普朗克提出了量子假说，并成功解释了光电效应现象
D. 氡的半衰期为3.8天，若取40个氡原子核，则经过7.6天剩下10个氡原子核
【答案】B
【解析】
【详解】A、中等大小的原子核，比结合能最大，原子核最稳定，故A错误；
B、卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故B正确；
C、德国物理学家普朗克提出了，认为能量是由一份一份不可分割最小能量值组成，并利用能量子假说成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律，爱因斯坦提出光子学，成功解析了光电效应，故C错误；
D、半衰期是一个统计规律，适用于大量原子核，不适用于数量很少的原子核，故D错误。

【点睛】本题考查了知识点较多，考查了比结合能、原子核式结构模型、量子的假说和半衰期等，需要同学们在平时学习过程中注意掌握，同时要熟练应用。

13.静止的电了经电场加速后，撞击原了使其由基态跃迁到激发态，电子的加速电压至少为
_________V；用大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁释放的光了，照射某种金属，有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，则该金属的逸出功一定小于__________eV。

【答案】 (1). 10.2 (2). 12.09
【解析】
【分析】
由高能级向低能级跃迁，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，当光子的能量大于逸出功，即可发生光电效应；
【详解】使处于的氢原子跃迁到激发态，所需要的能量最小，
即：
则电子的加速电压至少为：；
根据光电效应规律可知，从跃迁到和从跃迁到时释放的两种频率的光子能产生光电效应，则从跃迁到时释放出光子的能量为：，则可知该金属的逸出功W0一定小于。

【点睛】解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即，以及知道光电效应产生的条件。

14.一枚在空中飞行的炮弹，质量M=6kg，在最高点时的速度=900m/s，炮弹在该点突然炸裂成A、B两块，其中质量m=2kg的B做自由落体运动。

求：
①爆炸后A的速度大小；
②爆炸过程中A受到的冲量大小。

【答案】①1350m/s②1800 N·s
【解析】
【分析】
①根据动量守恒定律进行求解即可；
②根据动量定理进行求解即可；
【详解】①炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向
根据动量守恒定律有：，解得，方向与初速度方向相同；
②根据动量定理可知A的冲量为：，方向与初速度方向相同。

【点睛】本题考查了动量守恒和动量定理的应用，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律和动量定理进行求解即可。

15.下列说法正确的是_______
A. 布朗运动是液体分子的无规则运动
B. 温度是分子平均动能的标志
C. 水的饱和汽压随温度的升高而增大
D. 一定质量的理想气体，吸收热量后温度一定升高
【答案】BC
【解析】
【详解】A、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，是液体分子的无规则运动的反映，故选项A错误；
B、温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，故选项B正确；
C、水的饱和汽压与温度有关，随温度的升高而增大，故选项C正确；
D、一定质量的理想气体从外界吸收热量，若同时对外做功，内能不一定增大，所以温度不一定升高，故D错误。

【点睛】此题主要考查了热力学的基本知识点，需要在平时学习过程注意积累，注意温度是分子平均动能大小的标志，语言叙述要严密。

16.一定质量的理想气体状态变化如图。

其中a→b是等温过程，气体对外界做功100J；b→c 是绝热过程，外界时气体做功150J；c→a是等容过程。

则b→c的过程中气体温度_______(选填“升高”、“降低”或“不变”)，a-→b→c→a的过程中气体放出的热量为_______J。

【答案】 (1). 升高 (2). 50
【解析】
【分析】
因为是一定质量的理想气体，所以温度怎么变化内能就怎么变化，利用热力学第一定律结合气体定律逐项分析，即可判断做功和吸放热情况；
【详解】过程，因为体积减小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有：
，又因为绝热过程故，故，内能增加，温度升高；
a→b是等温过程，则，气体对外界做功100J，则，则根据热力学第一定律有：；
b→c是绝热过程，则，外界对气体做功150J，则，则根据热力学第一定律有：；
由于c→a是等容过程，外界对气体不做功，压强减小，则温度降低，放出热量，由于a→b是等温过程，所以放出的热量等于b→c增加的内能，即，则根据热力学第一定律有：；
综上所述，a→b→c→a的过程中气体放出的热量为。

【点睛】本题考查气体定律与热力学第一定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，注意理想气体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的正负。

17.如图所示为一个防撞气包，包内气体在标准状况下体积为336mL，已知气体在标准状态下的摩尔体积V=22.4L/mol，阿伏伽德罗常数'，求气包内(结果均保留两位有效数字)：
①气体的分子个数；
②气体在标准状况下每个分子所占的体积。

【答案】①9.0×1021个②3.7×10－26m3
【解析】
【分析】
根据标准状况下体积和摩尔体积求出物质的量，从而求出分子个数；
根据标准状况下的摩尔体积即可求出标准状况下每个分子所占的体积；
【详解】①由题意可知：分子数目为：个；
②由题意可知气体在标准状况下每个分子所占的体积为：。

【点睛】解决本题的关键知道摩尔质量、摩尔数、摩尔体积以及阿伏伽德罗常数等之间的关系，在平时学习过程加强训练即可。

18.下列说法正确的是________
A. 受迫振动的频率总等于振动系统的固有频率
B. 波长越长的电磁波越容易发生衍射
C. 利用超声波的多普勒效应，可测量心脏血液的流速
D. 宇航员在相对地面高速运动的飞船里观测到地面上的钟走的较快
【答案】BC
【解析】
【详解】A、受迫振动的频率总等于策动力的频率，故A错误；
B、波长越长的电磁波，越容易发生衍射，故B正确；
C、多普勒效应是波特有的现象，医生利用超声波的多普勒效应可以探测病人血管中血液的流速，故C正确；
D、根据钟慢效应，宇宙飞船相对于地球高速运动的过程中，飞船的人观察飞船是不运动的，而地球是高速运动的，所以飞船上的时钟没有变慢了，正常走时，而地球上的钟变慢了，故D 错误。

【点睛】本题考查的知识点比较多，重点是掌握各种物理现象发生的原理即可顺利解决此类题目，尤其要重点理解钟慢效应。

19.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形。

已知x＝0处的质点振动周期为0.2s，该简谐波的波速为_____m/s，x＝2m处的质点在0.15s时偏离平衡位置的位移为_____cm。

【答案】 (1). 20 (2). －10
【解析】
【分析】
由图读出波长，由公式求出波速；波向x轴正方向传播，运用波形的平移法判断质点在0.15s 时的位置，即可求出其位移；。