1、高三调研考试（一）物理参考答案1.【答案】C【解析】由于图象的切线斜率表示速度，可知，甲做的是减速运动，A项错误；由于在时间内，甲、乙运动的位移相等，因此平均速度相同，B项错误；同一时刻，图象两点的纵坐标的差即反映了这一时刻两个质点间的距离，由图可知，在时间内，甲、乙两质点间的距离先增大后减小，C项正确；由图可知，开始甲的速度大于乙的速度，时刻甲的速度小于乙的速度，说明时间内有一个时刻，甲的速度等于乙的速度，D项错误。2. 【答案】B 【解析】释放重物后，橡皮筋的形变量减小，弹力减小，而橡皮筋与竖直方向的夹角增大，因此两橡皮筋对结点作用力的合力减小，A项错误；到O点时，橡皮筋对结点作用力的合力
2、减小到等于重物的重力，此时加速度为零，因此在到达O点前，加速度一直在减小，但重物一直在做加速运动，因此速度一直在增大，B项正确，C项错误；由于重物的速度一直在增大，动能在增大，而重力势能又增加，因此重物的机械能增大，D项错误。3.【答案】A【解析】由题可知，AB的长度为，设小球运动到D点时下落的高度为，水平位移为，则，由几何关系得，解得，因此在小球运动到D点的速度大小为，A项正确。4.【答案】A【解析】根据题意可知，求得，得，结合图象得，得kg ,kg,A项正确。5. 【答案】D【解析】甲环回路中的磁场面积比乙环回路中的磁场面积大，当磁场有微小变化时，由可知，甲环中产生的感应电动势大，感应电流
3、大，因此甲环所受的安培力大，D项正确；若磁场增强，则甲所受的安培力向上，乙所受的安培力也向上，由力作用的结果知，甲环向上运动，乙环向下运动；若磁场减弱，则甲、乙环受到的安培力向下，由力作用的结果可知，甲环向下运动，乙环向上运动，因此A、B项错误；如果磁场增强，根据楞次定律可知，两环有收缩趋势，若磁场减弱，则两环有扩张趋势，C项错误。6. 【答案】D【解析】设月球的质量为M，半径为R，则有：，据此可求得月球的质量M和月球的半径R，从而可以算出月球的密度；由，可求得第一宇宙速度；由于不知道月球自转的周期，因此无法求得月球同步卫星的高度，因此选D项。7. 【答案】BD【解析】粒子在运动过程中，只受到
4、电场力的作用，由于等势面越密，电场强度越大，因此粒子运动过程中受到的电场力越来越大，加速度越来越大，A项错误；设相邻等势面间的电势差为，则粒子从A到C的过程中，根据动能定理，从A到B的过程中，得，B项正确；根据动能定理，即，求得，C项错误；由于相邻两等势面间的电势差恒定，设为U，又由于等势面的疏密反映电场的强弱，结合可知，,而，因此有，D项正确。8.【答案】ACD 【解析】根据左手定则可得正电荷受到向上的洛伦兹力，负电荷受到向下的洛伦兹力，即上极板带正电，下极板带负电，A项正确；电源开路时两板间的电压等于电源电动势，根据，平衡时有，解得，由于电源有内阻，用电器两端的电压小于电源的电动势，因此B
5、项错误；电源的内电阻,因此电路中的电流为，C项正确；由可知，增大两板间的距离，可增大电源的电动势，D项正确。9【答案】BCD 【解析】当滑动变阻器的滑片向下移时，电路中的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表V的示数增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大，应该有+=，A项错误；由可知，电源的总功率减小，如果P滑动过程中外电路的总电阻一直小于电源的内阻，则电源的输出功率一直增大，B项正确；由于电压表V2示数的变化量和电流表示数变化量的比值,C项正确；由于R1是定值电阻，因此不变。10.【答案】AC【解析】若发电机输出功率减小了，则发电机的输出电流减小，根据变压器的变流比，输
6、送电流减小，用户得到的电流也减小，A项正确；由于发电机输出电压一定，根据变压比可知，输送电压不变，即电压表V1的示数不变，由于输电线上的电流减小，因此电压损失减小，降压变压器两端的电压增大，根据变压比可知，用户得到的电压增大，即电压表V2的示数增大，B项错误；若用户接入电路的用电器增多了，即用户的总电阻减小，设输送电流为I2，降压变压器的匝数比为K2，则用户得到的电流为K2I2，因此降压变压器输出电压为K2I2R，降压变压器的输入电压为K22I2R，则升压变压器的输送电压，由此可以分析，I2增大，输电线上电阻消耗的功率增大，C项正确；设升压变压器输入电压为U1，输入电流为I1，升压变压器原副线
7、圈的匝数比为K1，则，用户消耗的功率与总功率的比值为，由于I2增大，则I1增大，因此比值变小，D项错误。11【答案】（4） （2分） （2分） （5）过原点的倾斜的直线（2分）【解析】（4）由题意可知，当长木板搁在A轴上时，长木板倾角的正弦为，则小车的合外力即为重力沿斜面方向的分力为。小车沿长木板下滑时，加速度。（5）如果质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比，则，因此以为纵坐标，以为横坐标，作出的图象应该是一条过原点的斜的直线。12【答案】（1）丁（2分）（2）实物连接见解析（1分）（3）电路设计见解析（1分）（4）1.47(1.45-1.49之间均可） 0.82 （0.80-0
8、.84之间均可） （各1分）【解析】（1）为了减小误差，需要多次测量，因此需要用滑动变阻器调节，由于电流表的内阻已知，因此采用丁图可以减小测量的误差。（2）实物连接如图。（3）将电流计G与定值电阻串联后改装成一个3V的电压表，电路图如上图所示。（4）由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：，则：，由图象可知，图象的截距，求得电源的电动势V,图象的斜率，求得电源的内阻13解：（1）由v-t图象知，A在平板车上滑动时的加速度为m/s2 （1分）由牛顿第二定律（2分）求得（1分）对平板车研究，加速度m/s2 （1分）（2分）求得kg(1分）（2）01s内，物块运动的位移为m（2分）平板车运动的位移m
9、（2分）因此平板车的长度至少为m（2分）14解：（1）由机械能守恒（3分）得线框进磁场时的速度为（2分）（2） 线框进磁场时开始匀速运动，则（2分）（2分）解得（2分）（3）由于线框匀速进磁场，dL,完全进入后，将继续做加速运动，到下边界刚出磁场时将开始做减速运动，速度减小，由题中条件已知两线框出磁场时也做匀速运动，结合力的平衡可知，线框进磁场时匀速运动的速度与出磁场时匀速运动的速度相同，根据能量守恒可知，两线框穿过磁场的过程中产生的总的焦耳热为：（4分）15.解：（1）粒子在第一象限的电场中加速 （2分）粒子在y轴左侧磁场中做圆周运动，作出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹，根据几何关系有 （1分
10、）得R=L（1分）根据牛顿第二定律 （2分）得（1分）（2）粒子进入第四象限内，在电场中做类平抛运动 （1分）（1分）解得 （3）粒子从x轴上进入第一象限与x轴正向的夹角，由几何关系，在第一象限磁场中做圆周运动半径 （1分），因此D点y坐标 （1分），即D点坐标为（ L ，）（1分）（4）（1分），因此在第一象限电场中运动时间 （1分）在y轴左侧磁场中运动时间 （1分） 在第四象限电场中运动时间 （1分）在第一象限磁场中运动时间 （1分）（2分）16.【答案】BCD 【解析】布朗运动不是分子的运动，所以不能称为热运动，A项错误；橡胶无固定的熔点，是非晶体，选项B正确；根据热力学定律可知，任何热
11、机的效率都不可以达到100%，选项C正确；液晶象液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确；由于不考虑分子间作用力，氢气和氧气只有分子动能，温度相同，它们的平均动能相同，平均速率不相同，选项E错误。（2）解：设右管中加入水银后右管中气柱的长为L1， 则 （2分）求得 （1分）设左管中气柱长为L2，则（1分）得 （1分） ，得 （1分）17.（1）【答案】10100 （各2分）【解析】由题意知，每个质点开始起振的方向沿y轴正向，t=0. 5s时刻x=7m处的质点正沿y轴负方向运动，显然t=0.5s时刻x=7m处的质点
12、已振动了半个周期，波从x=4m处传播到x=7m处用时,因此s,周期，波传播的速度m/s。波从x=4m处传播x=14m处用时s,因此t=1.5s时，x=14m处的质点振动了0.5s，运动的路程cm。（2）解：根据几何半径可知， （1分）（1分）因此光线乙在b点折射光的折射角正弦值为=（1分）因此玻璃砖对光的折射率 （1分）由于（1分）即临界角C450，因此如果底面MN没有涂上银，由于甲光线在MN面上会发生全反射，因此不会射出底面。（1分）18. （1）【答案】ABE 【解析】普朗克在研究黑体辐射问题时，提出了能量子假说：能量在传播与吸收时，是一份一份的，故A正确；处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁
13、到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大于入射光子的频率，B正确；重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变，所以重核裂变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是中子，故选项C错误；一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，有一半发生了衰变，但是它的总质量大于原来质量的一半，选项D错误；据光电效应方程可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，故E正确。（2）解：（1）A与B碰撞过程，A、B组成的系统动量守恒（1分）碰撞过程，A对B作用力的冲量为 （1分）（2）A、B碰撞过程系统损失的机械能（1分）A、B碰撞后，C、A、B组成的系统动量守恒，当C与A、B具有共同速度时，弹簧的压缩量最大，设共同速度为v2， 求得 （1分）弹簧具有的最大弹性势能为 （1分）则 （1分）
