山西省晋城市阳城一中届高三上学期第一次检测物理.docx
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山西省晋城市阳城一中届高三上学期第一次检测物理
2018-2018学年山西省晋城市阳城一中高三（上）第一次检测物理试卷
一、选择题：
本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．以下说法正确的是（ ）
A．一个物体所受的合外力为零，它的机械能一定守恒
B．一个物体做匀速运动，它的机械能一定守恒
C．一个物体所受合外力做的功为零，它一定保持静止或匀速直线运动
D．一个物体所受的合外力不为零，它的机械能可能守恒
2．如图所示为一电梯向上运动的v﹣t图象，由图象得到的正确结果是（ ）
A．电梯在0～4s内的平均速度是2m/s
B．电梯匀速上升的高度等于16m
C．电梯在0～4s内的加速度大于8～16s内的加速度
D．电梯上升的总高度等于20m
3．如图所示一架飞机水平地匀速飞行，飞机上每隔1s释放一个铁球，先后共释放4个，若不计空气阻力，则落地前四个铁球彼此在空中的排列情况是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（ ）
A．B对墙的压力增大B．A与B之间的作用力增大
C．地面对A的摩擦力减小D．A对地面的压力减小
5．如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速．则下列说法正确的是（ ）
A．电源给电容器充电后，M板带正电
B．导体棒在安培力作用下向右运动
C．超级电容器相当电源，放电时两端电压不变
D．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
6．在如图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，这可能发生在（ ）
A．闭合S的瞬间B．断开S的瞬间
C．闭合S后，减小电阻R时D．闭合S后，增大电阻R时
7．我国自行研制的“北斗导航卫星系统”（BDS）正式组网投入商用．采用一箭双星的方式发射了该系统中的两颗轨道半径均为21332km的“北斗﹣M5”和“北斗﹣M6”卫星，其轨道如图所示．关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A．两颗卫星的向心加速度大小相同
B．两颗卫星速度大小均大于7.9km/s
C．北斗﹣M6的速率大于同步卫星的速率
D．北斗﹣M5的运行周期大于地球自转周期
8．如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷．O是它们连线的中点，P、P′是它们连线中垂线上的两个点．从P点由静止释放一个质子，质子将向P′运动．不计质子重力．则质子由P向P′运动的情况是（ ）
A．一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小
B．一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大
C．一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小
D．先做加速运动，后做减速运动
二、非选择题
9．在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）下列器材中不必要的一项是 （只需填字母代号）．
A．重物B．纸带C．天平D．低压交流电源E．毫米刻度尺
（2）关于本实验的误差，说法不正确的一项是
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差
C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差
D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
（3）在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图2所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.18s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep= J，此过程中物体动能的增加量Ek= J．（取g=9.8m/s2，保留三位有效数字）
10．测一节干电池的电动势E和内阻r．某同学设计了如图a所示的实验电路，已知电流表内阻与电源内阻相差不大．
（1）连接好实验电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到 （选填“a”或“b”）端．
（2）闭合开关S1，S2接位置1，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数．
（3）重复
（1）操作，闭合开关S1，S2接位置2，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数．
（4）建立U﹣I坐标系，在同一坐标系中分别描点作出S2接位置1、2时图象如图b所示．
①S2接1时的U﹣I图线是图b中的 （选填“A”或“B”）线．
②每次测量操作都正确，读数都准确．由于S2接位置1，电压表的分流作用，S2接位置2，电流表的分压作用，分别测得的电动势和内阻与真实值不相等．则由图b中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值，E= V，r= Ω．
11．如图，在水平地面上固定一倾角为θ的斜面，一轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．滑块与斜面间动摩擦因素为μ且μ＜tanθ，一质量为m的滑块从距离弹簧上端为S0处的A点由静止释放，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g．
（1）求滑块从A点运动到与弹簧上端B点接触瞬间所经历的时间t；
（2）若滑块从B点运动到弹簧形变最大的C点处的距离为L，求滑块第一次能反弹到的最高点离C点的距离X．
12．如图1所示，空间存在着竖直向下的B=0.5T的匀强磁场，MN、PQ是放在同一水平面的光滑平行长直导轨，其间距L=0.2m，R是连接在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上的导体棒，从零时刻开始，对ab加以大小为F=0.45N，方向水平向左的水平拉力，使其从静止开始沿导轨运动，此过程中，棒一直保持与导轨垂直且良好接触，图2是导体棒的速度时间图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．
（1）除R以外，其余部分电阻均不计，求R的阻值．
（2）当ab位移100m时，其速度刚好到达10m/s，求此过程中电阻R上产生的热量．
2018-2018学年山西省晋城市阳城一中高三（上）第一次检测物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：
本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．以下说法正确的是（ ）
A．一个物体所受的合外力为零，它的机械能一定守恒
B．一个物体做匀速运动，它的机械能一定守恒
C．一个物体所受合外力做的功为零，它一定保持静止或匀速直线运动
D．一个物体所受的合外力不为零，它的机械能可能守恒
【考点】机械能守恒定律．
【分析】判断物体机械能是否守恒，看物体是否只有重力做功．要理解只有重力做功，可以受其它力，其它力不做功或其它力做功的代数和为0．
【解答】解：
A、一个物体所受的合外力为零，机械能不一定守恒，比如：
降落伞匀速下降，合力为0，机械能减小．故A错误．
B、一个物体做匀速运动，机械能不一定守恒，比如物体匀速下降或匀速上升．故B错误．
C、一个物体所受合外力做的功为零，物体不一定静止或匀速直线运动．比如：
匀速圆周运动，合外力不做功．故C错误．
D、一个物体所受合外力不为零，可能只有重力做功，机械能可能守恒．故D正确．
故选D．
2．如图所示为一电梯向上运动的v﹣t图象，由图象得到的正确结果是（ ）
A．电梯在0～4s内的平均速度是2m/s
B．电梯匀速上升的高度等于16m
C．电梯在0～4s内的加速度大于8～16s内的加速度
D．电梯上升的总高度等于20m
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】由公式
求出电梯在0～4s内的平均速度．根据4～8s图象“面积”求出高度．根据斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大．梯形的“面积”大小等于电梯上升的总高度．
【解答】解：
A、由公式
求出电梯在0～4s内的平均速度为1m/s．故A错误．
B、在4～8s内电梯匀速上升，高度为h=2×4m=8m．故B错误．
C、图象在0～4s内的斜率大小大于8～16s内斜率大小，则电梯在0～4s内的加速度大于8～16s内的加速度．故C正确．
D、电梯上升的总高度等于梯形的“面积”大小，为
．故D正确．
故选CD
3．如图所示一架飞机水平地匀速飞行，飞机上每隔1s释放一个铁球，先后共释放4个，若不计空气阻力，则落地前四个铁球彼此在空中的排列情况是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】平抛运动．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．飞机在水平方向上做匀速直线运动，所以释放的小球全部在飞机正下方，在竖直方向上做匀加速直线运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大．
【解答】解：
飞机上释放的铁球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以释放的铁球全部在飞机的正下方．在竖直方向上做自由落体运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大．故B正确，A、C、D错误．
故选：
B．
4．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（ ）
A．B对墙的压力增大B．A与B之间的作用力增大
C．地面对A的摩擦力减小D．A对地面的压力减小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】对小球进行受力分析，根据A物体移动可得出小球B受A支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化．
【解答】解：
对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：
A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A球对B的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B错误；
以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故C正确；
竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故D错误；
故选：
C．
5．如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速．则下列说法正确的是（ ）
A．电源给电容器充电后，M板带正电
B．导体棒在安培力作用下向右运动
C．超级电容器相当电源，放电时两端电压不变
D．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
【考点】安培力；电容．
【分析】明确电容器的性质，知道电容是电容本身的性质，与电量无关；而电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，同时根据左手定则分析安培力的方向，从而判断运动方向．
【解答】解：
A、电容器下极板接正极，所以充电后N乙极带正电，故A错误；
B、放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故B正确；
C、电容器放电时，电量和电压均减小，故C错误；
D、电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误．
故选：
B．
6．在如图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，这可能发生在（ ）
A．闭合S的瞬间B．断开S的瞬间
C．闭合S后，减小电阻R时D．闭合S后，增大电阻R时
【考点】安培力；变压器的构造和原理．
【分析】金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况．
【解答】解：
金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由a到b；
右侧线框中感应电流产生的磁通量向上；则由楞次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；
左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然增加；故只能为A或C；
故选：
AC．
7．我国自行研制的“北斗导航卫星系统”（BDS）正式组网投入商用．采用一箭双星的方式发射了该系统中的两颗轨道半径均为21332km的“北斗﹣M5”和“北斗﹣M6”卫星，其轨道如图所示．关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A．两颗卫星的向心加速度大小相同
B．两颗卫星速度大小均大于7.9km/s
C．北斗﹣M6的速率大于同步卫星的速率
D．北斗﹣M5的运行周期大于地球自转周期
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并进行比较．
【解答】解：
A、根据
知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等．故A正确．
B、根据
知，轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，是做匀速圆周运动的最大速度，所以两颗卫星的速度均小于7.9km/s．故B错误．
C、同步卫星离地的高度大约是36000km，所以北斗﹣M6的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则线速度大于同步卫星的速率．故C正确．
D、因为北斗﹣M6的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据T=
知，北斗﹣M6的周期小于同步卫星的周期，即小于地球自转的周期．故D错误．
故选：
AC．
8．如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷．O是它们连线的中点，P、P′是它们连线中垂线上的两个点．从P点由静止释放一个质子，质子将向P′运动．不计质子重力．则质子由P向P′运动的情况是（ ）
A．一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小
B．一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大
C．一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小
D．先做加速运动，后做减速运动
【考点】电场的叠加；牛顿第二定律；电场强度．
【分析】a、b为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向P→P′，质子从P点到P′点运动的过程中，电场力方向P→P′，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．PP′过程中，质子一直做加速运动，但加速度变化情况不确定．
【解答】解：
a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷．O是它们连线的中点，从P点静止释放一个质子后将向P′运动，由于电场强度方向是P指向P′，则质子受到的电场力指向PP′，所以质子做加速运动，由于电场强度的大小不定，从P到P′电场强度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，所以加速度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，因此只有C正确；ABD均是错误；
故选：
C
二、非选择题
9．在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）下列器材中不必要的一项是 C （只需填字母代号）．
A．重物B．纸带C．天平D．低压交流电源E．毫米刻度尺
（2）关于本实验的误差，说法不正确的一项是 A
A．选择质量较小的重物，有利于减小误差
B．选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差
C．先松开纸带后接通电源会造成较大的误差
D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
（3）在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图2所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.18s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep= 2.28 J，此过程中物体动能的增加量Ek= 2.26 J．（取g=9.8m/s2，保留三位有效数字）
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】
（1）
（2）要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．
（3）根据势能和动能的表达式进行计算．
【解答】解：
（1）根据实验原理和实验数据的处理可得，重锤的质量可以在验证动能和势能相等时，等式的两边约掉，重锤的质量在实验中不必测量，故天平不需要；
（2）实验中减少误差，A中使用质量较小的重锤，由于阻力的存在，会使相对误差加大，故A错误；B打点计时器的时间间隔为0.18s，利用自由落体运动求得运动位移接近0.018m，故B项中纸带打第一个点时为纸带刚开始运动，B会减少实验误差；C根据数据的处理方法，先松纸带只会减少纸带的利用率，不会带来误差；D根据功能关系重力势能对应重力做功，动能变化量对应合外力做功，动能小于势能是因为存在摩擦力做功的原因；
（3）由势能计算公式可得：
Ep=mgh=1×9.8×0.2325≈2.28J，打B点的速度为：
，由
；
故答案为：
（1）C，
（2）A，（3）2.28，2.26
10．测一节干电池的电动势E和内阻r．某同学设计了如图a所示的实验电路，已知电流表内阻与电源内阻相差不大．
（1）连接好实验电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到 a （选填“a”或“b”）端．
（2）闭合开关S1，S2接位置1，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数．
（3）重复
（1）操作，闭合开关S1，S2接位置2，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数．
（4）建立U﹣I坐标系，在同一坐标系中分别描点作出S2接位置1、2时图象如图b所示．
①S2接1时的U﹣I图线是图b中的 B （选填“A”或“B”）线．
②每次测量操作都正确，读数都准确．由于S2接位置1，电压表的分流作用，S2接位置2，电流表的分压作用，分别测得的电动势和内阻与真实值不相等．则由图b中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值，E= 1.50 V，r= 1.50 Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】本题
（1）的关键是看清单刀双掷开关电路图与实物图即可．题（4）①的关键是根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当
接1位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，则电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小．若
接2位置时，可把电流表与电源看做一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值．
【解答】解：
（1）为保护电流表，实验开始前，应将滑片p置于电阻最大的a端；
（4）①当
接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律
可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U﹣I图线应是B线；
测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流．
②当
接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=
可知电动势测量值等于真实值，U﹣I图线应是A线，即
=
=1.50V；
由于
接1位置时，U﹣I图线的B线对应的短路电流为
=
，所以
=
=
=
=1.50Ω；
故答案为：
（1）a；（3）①B；②1.50，1.50
11．如图，在水平地面上固定一倾角为θ的斜面，一轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．滑块与斜面间动摩擦因素为μ且μ＜tanθ，一质量为m的滑块从距离弹簧上端为S0处的A点由静止释放，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g．
（1）求滑块从A点运动到与弹簧上端B点接触瞬间所经历的时间t；
（2）若滑块从B点运动到弹簧形变最大的C点处的距离为L，求滑块第一次能反弹到的最高点离C点的距离X．
【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．
【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度，再运用匀变速直线运动位移时间公式求出滑块从A点运动到与弹簧上端B点接触瞬间所经历的时间．
（2）对滑块从A到C运用能量守恒定律，求出弹簧的最大弹性势能，再对滑块从C点第一次反弹到最高点过程运用能量守恒定律，求出滑块第一次能反弹到的最高点离C点的距离X．
【解答】解：
（1）滑块运动的加速度a=
=gsinθ﹣μgcosθ
由
得
所求时间t=
故滑块从A点运动到与弹簧上端B点接触瞬间所经历的时间为
．
（2）滑块从A到C由能量守恒得：
mg（s0+L）sinθ=μmgcosθ（s0+L）+Ep…①
滑块从C点第一次反弹到最高点过程有能量守恒得：
Ep=mgxsinθ+μmgcosθ•x…②
由①、②两式联立解得x=
．
故滑块第一次能反弹到的最高点离C点的距离为
．
12．如图1所示，空间存在着竖直向下的B=0.5T的匀强磁场，MN、PQ是放在同一水平面的光滑平行长直导轨，其间距L=0.2m，R是连接在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上的导体棒，从零时刻开始，对ab加以大小为F=0.45N，方向水平向左的水平拉力，使其从静止开始沿导轨运动，此过程中，棒一直保持与导轨垂直且良好接触，图2是导体棒的速度时间图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．
（1）除R以外，其余部分电阻均不计，求R的阻值．
（2）当ab位移100m时，其速度刚好到达10m/s，求此过程中电阻R上产生的热量．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．
【分析】导体棒在恒定的拉力作用下，由静止开始向右加速，因为随着速度的增大，感应电流、安培力均增大，所以导体棒做加速度减小的加速运动，这在图象中得到印证．由图象可以获得两个信息：
一是刚开始时加速度大小，二是最终导体棒匀速运动的速度．
（1）刚开始时，由于速度为零，安培力也为零，加速度由恒力决定，据牛顿第二定律有：
，这样求出了导体棒的质量．当最终匀减速直线运动时有：
，由此式就可以求出电阻R的值．
（2）由动能定理：
合外力做的功等于导体棒动能的增加，又因为克服安培力做的功转化为了电阻R上的焦耳热．
【解答】解：
（1）根据法拉第电磁感应定律：
E=BLv
而
当导体棒匀速运动时有：
F=F安=BIL
以上三式联立得到：
代入数据得到：
R=0.22Ω
（2）因为OA是O点的渐近线，根据牛顿第二定律变形得到：
而由图象知：
代入上式得：
m=0.18kg．
由功能关系得：
代入数据得到：
Q=36J．
答：
（1）除R以外，其余部分电阻均不计，R的阻值为0.22Ω．
（2）当ab位移100m时，其速度刚好到达10m/s，此过程中电阻R上产生的热量为36J．
2018年12月31日
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