2020年重庆市沙坪坝区南开中学高考物理一诊试卷

1、高考物理一诊试卷题号一一二四总分得分一、单选题（本大题共 5小题，共15.0分）1.真空中，一直线上有 M、O、N、P四个点，相邻两点间距相等，现在。点放一点电荷Q,如图所示，则（）QMNPA.电势（j）M=料B.电势如=（）pC.场强大小Em=EpD.电势差UON=UNP2.一平直公路旁等间距立 5根电线杆，相邻两电杆距为d,如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车从第 1根电线杆到第2根电线杆历时t,以下说法正确的是（）叼理拶劭加加织病挈疗疗*而疗必必寻的必第12页，共13页A.小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为 IB.小车车头从第1根电线杆到第5

2、根电线杆历时为 5t C.小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为 :D.小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为 竽3 .如图所示电路中，闭合开关S后，白”电压表检测电压得：Ubc=0, Ucd=6V,路，则发生断路的是（）A. L1 灯B. L2 灯4 . a、b两颗卫星在同一平面内绕地球做 匀速圆周运动，两卫星绕行方向相同， 某时刻两卫星相距最近，如图所示。 已知轨道半径Ra=4Rb,卫星b的周期 为T,则两卫星再次相距最近所经历的 最短时间为（）4hA. TB. T5.如图所示，光滑圆形轨道固定在竖直平面内, 球在轨道内运动，小球始终不脱离轨道，一可视为质点的小重力加速度为go则小球）

3、通过最低点时的加速度大小不可能为（C. 2gD. 3g二、多选题（本大题共 4小题，共12.0分）6 . 水平面上有楔形物体甲，物体乙置于物体甲的粗糙斜面上，物 体乙受平行于斜面向上的拉力F,甲、乙仍处于静止状态。下列说法一定正确的是（）A.乙对甲压力减小B.甲对地压力减小C.乙对甲摩擦力增大D.甲对地摩擦力增大7 .如图所示，回旋加速器由置于高真空中的两个半径为R的D形式上金属盒构成，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。两盒间加速电压为U,方向发生周期性变化，使得粒子每进入狭缝即被加速。从A处粒子源产生的带正电粒子质量为m、电荷量为q、初速不计，

4、粒子重力不计。则（）A.粒子能获得的最大速率为 B.粒子能获得的最大速率为C.粒子在加速器中运动时间为D.粒子在加速器中运动时间为 爷8 .如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B,木板上表面各处粗糙程度相同，一质 量为m的小物块A （可视为质点）从左端以速度 v 冲上木板，当v=vo时，小物块A历时to恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热Q,则（）A.若v=l，A、B相对运动时间jB.若v=A、B系统生热与C.若v=2v0, A经历,到达木板右端D.若v=2v0, A、B系统生热Q9 . 下列说法正确的是（）A.扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的8. 一定质

5、量的气体，如果体积增大，其内能一定减少C.气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的D. 一定质量的气体，如果温度升高，压强必然增大E.一定质量的0c的冰变成0c的水，其内能增加三、实验题（本大题共 2小题，共18.0分）10 .某实验小组用如图所示实验装置测量物块与水平固定桌面之间的动摩擦因数。已知物块和遮光板的总质量为M,重物质量为 m,遮光板的宽度为 d (d很小)，遮光板与光电门之间的距离为L,重力加速度为g,细线平行于桌面让重物由静止释放，测出遮光板通过光电门所用的时间为At。(1)物块通过光电门时的速度v=,物块运动的加速度 a=;(2)本实验是否需要满足 Mm的条件？ (填

6、“需要”或“不需要”)。(3)物块与水平桌面之间的动摩擦因数科=遮光蝗物块广光电门DT重物11 .某学习小组在学习有关电学知识后，将一电流表改装成能测量电阻的欧姆表，如图i所示。实验器材如下：A.待改装电流表一个：量程为 。至3mA,内电阻100 Q,其面板如图2所示；B.干电池一节：电动势 E=1.5V,内电阻r=0.5 QC.电阻箱R：阻值范围0999.9 Q(1)测量电阻前，先进行欧姆调零。将电阻箱R调至最大，将红、黑两表笔直接接触，调节电阻箱 R使电流表指针指到最大刻度 3mA,此时电阻箱R的阻值应为 R= Q(2)欧姆表调零后，将红、黑笔分别接触待测电阻的两端，若电流表的示数为1.5

7、mA,则待测电阻的阻值 Rx= 0;(3)若将电流表示数范围限制在0.5mA至ij 3mA之间，则欧姆表可测量的电阻范围为 Q。(4)如果将 氐=25 的电阻与图2电路图中的电流表并联，重新调零，电流表中央1.5mA刻度线处应标示为 Q四、计算题(本大题共 3小题，共30.0分)12.如图所示，细金属杆 ab的质量为m,长度为L,用长为d的绝缘细线悬挂，金属 杆ab两端恰好与宽度也为 L的水平光滑金属导轨良好接触，金属导轨处于方向竖 直向下的匀强磁场中，磁场磁感应强度大小为B.闭合开关S后金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为0.不计空气阻力，重力加速度为go求：(1)刚离开金属导轨时，金属杆

8、ab的速度大小v；(2)从闭合开关S到金属杆离开轨道的短时间内通过金属杆ab的电量q。13.如图所示，竖直面内有水平线 MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线 MN上，OP 间距为d, 一质量为m、电量为q的带正电粒子，从。处以大小为vo、方向与水平 线夹角为。=60的速度，进入大小为Ei的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为 。=60,0粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在。处时动能的4倍。当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为 E2,方向与竖直方向夹角也为0 =60的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点。电场方向均平行于 MN、PQ所在竖直面，图中分别 仅画出一条电场线示意其方向。已知粒

9、子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、vo、d .求:(1)粒子从。到A运动过程中，电场力所做功W；(2)匀强电场的场强大小Ei、E2；粒子到达B点时的动能EkB。(3)14.如图所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，通过活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体Q封闭在汽缸内。在汽缸内距缸底 H处设有A、B卡座，使活塞只能向上滑 动。开始时活塞搁在 A、B上，缸内气体的压强为 po,温 度为Ti.现缓慢加热汽缸内气体，当温度为T2时，活塞恰好离开A、B；当温度为T3时，活塞上升了 h (图中未画 出)。已知活塞横截面积为 S,活塞与汽缸壁间光滑且气 密性良好

10、，外界大气压强始终为po.求：(i)活塞的重力G；(ii)固体Q的体积V。答案和解析1 .【答案】A【解析】 解：AB、沿电场线方向电势逐渐降低，则 M、N两点的电势相等，而 N点电 势高于P点，故A正确，B错误。C、根据点电荷周围电场线分布知，M点的场强大于 P点，且方向相同，故 C错误；D、虽然相邻两点间距相等，如果是匀强电场，则电势差Uon=Unp；由于是点电荷，非匀强电场，因此电势差 UonUnp,故D错误； 故选：Ao 根据点电荷周围电场线的分布，判断M、P两点的场强大小和方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低判断电势的高低，再依据非匀强电场，等差等势面间距不相等，从而即可 求解。解决本

11、题的关键知道点电荷周围电场线的分布，知道电场强度强弱判定，掌握判断电势高低的方法，同时理解匀强电场时，等差等势面间距才相等。2 .【答案】C【解析】解：设加速度大小为 a,由位移公式得：d=ttt2解得：a= -EA、由速度公式得：v2=at=,故A错误；B、由位移公式得：4d=4，解得：t5=2t,故B错误；CD、由速度公式得：V5=at5,解得：V5=r，故C正确D错误。故选：Co小车从第1根电线卞f到第2根电线杆历时t,由位移公式可求得加速度，再选择位移公 式、速度公式依次分析各选项。解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式，并能灵活运用，基础题。3 .【答案】B【解

12、析】解：Ubc=0,通过R中的电流为零，也就是说某处断路由于电阻R的分压为零，而Ucd=6V,即L2的分压远远大于电阻 R的分压运用闭合电路中分压的知识可知，此时L2的电阻远远大于电阻 R的电阻所以是L2断路（可近似看为电阻无限大）故选：B。Ubc=0,也就是说电阻 R的分压为零，运用闭合电路中分压的知识即可作答本题考查串联电路的分压规律，难度不大。注意某处断路。相当于该处电阻无限大，因 此分压就等于总电压4 .【答案】B【解析】 解：设地球质量为 M,卫星a和b质量分别为ma、mb两颗人造地球卫星 A和B绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式:涔。叫亳冷&%由联立解得：Ta=8

13、Tb=8T至少经过时间t它们再一次相距最近，此时 a比b少转一圈,由联立解得：t= 故B正确ACD错误故选：B。两颗人造地球卫星 a和b绕地球做匀速圆周运动， 应用万有引力提供向心力列出等式比较求得卫星a的运行周期。某时刻两卫星正好同时通过地面上同一点的正上方，当两颗卫星转动角度相差 2兀时，即a比b少转一圈，相距最近。本题既可应用万有引力提供向心力求解，也可应用开普勒行星运动定律求解，以后者较为方便，两卫星何时相距最远的求解，用到的数学变换相对较多，增加了本题难度。5 .【答案】D 【解析】解：情况一：完整的圆周运动球在最高点是重力和支持力的合力提供向心力，支持力为零时速度最小，根据牛顿第二

14、定律，有：mg=m；,解得：尸证；从最高点到最低点过程，以最低点为零势能参考点，根据机械能守恒定律，有：mg?2R+血炉 1=q血V ,解得：v = w朝；故最低点的最小加速度为：a=t=5g;情况二：不完整的圆周运动如果是小角度摆动，最低点速度最大时运动的最高点与圆心等高，以最低点为零势能参考点，根据机械能守恒定律，有：2mgR.mv , 解得：v =、2,最低点向心加速度的最大值为：a=. =2g；Jr综上，最低点的向心加速度的单位为：aw加，或者ag；故ABC错误，D正确； 故选：D。球在轨道内运动，小球始终不脱离轨道，分完整的圆周运动和小角度摆动两种情况：（1）如果是完整的圆周运动，最

15、高点速度最小时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得到最小速度；小球运动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得到最低点速度，根据向心 加速度公式得到最低点的向心加速度。（2）如果是小角度摆动，小球的最高点是上升到与圆心等高。本题考查机械能守恒定律，涉及圆周运动、向心力、牛顿第二定律等知识点，关键是分 情况讨论，同时明确竖直平面的最高点和最低点是合力提供向心力。6 .【答案】BD【解析】 解：A、沿斜面向上的拉力 F在垂直于斜面方向没有分力，故乙受平行于斜面 向上的拉力F后乙对甲压力不变，故 A错误；BD、没有施加力F时，甲对地压力等于总重，甲对地摩擦力为零，施加力 F后，F在 竖直方向有向上的分力

16、， 使得甲对地压力减小； 力F在水平方向有向右的分力， 使得甲 对地摩擦力增大，故 BD正确；C、物体乙受平行于斜面向上的拉力F后，乙受到的摩擦力有可能减小，根据牛顿第三定律可知乙对甲摩擦力有可能减小，故C错误。故选：BD。整体处于平衡状态，将力 F进行分解，根据水平方向和竖直方向的受力情况进行分析。 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进 行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。7 .【答案】AC【解析】 解：AB、根据qvBnm得：v=竽，故A正确，B错误；1

17、1 储小城CD、根据最大动能为：EKm=.mv2=；粒子被电场加速一次动能的增加qU则粒子被加速的次数为：n=- |ii?U粒子在磁场中运动周期的次数为：n = =*1 4TM而T= .则粒子从静止开始到出口处所需的时间为：t=n T=：花答嗡，故C正确，D错误。故选：AC。AB、当粒子从回旋加速器出来时，速度最大，根据 qvB=m求出最大速度；CD、根据EK=：mv2求出最大动能，则粒子被电场加速一次动能的增加qU,根据最大动能求出加速的次数， 粒子在磁场中运动一个周期被加速两次，从而知道粒子运动的周期次数，从而求出运动的时间。解决本题的关键知道粒子出回旋加速器时速度最大，根据qvB=m；可

18、求出最大速度。以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相等。8 .【答案】AD【解析】解：AB、当v=V0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mvo=2mv代入数据得：V, =0.5voo对B,由动量定理得：fto=mvz 可得：to= 由能量守恒定律得:Q =av02-2 X2mvz 2=若v=2取向右为正方向，根据动量守恒定律得： 2m .=2mv2得：V =v0o 4对B,由动量定理得：ft=mv可得：t=2可得：t=AB、系统生热 Q =m (g) 2-：X2mv 2=/iJ=；.故 A 正确，B 错误。CD、若v=2vo,取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m?2V0=m

19、vA+mvB,A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知 A、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定律得：Q = ：m (2vo) 2-mvA2-|mvB2结合上面解答有：I 2Q = 4TttP0o对B,由动量定理得：ft=mvB-0TT、,.、HF，口4-、_ , ,.(4 -fq,联立解得：vb=v0,(另一值不合理舍去)，t= 3 三，故C错误，D正确。故选：AD。对于A、B组成的系统，由于系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终两者的共同速度，再由对B,运用动量定理求运动时间。由系统的能量守恒求系统生热。解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：动量

20、守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生热与相对位移有关。9 .【答案】ACE【解析】 解：A、扩散现象说明分子的无规则运动，所以扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，故 A正确；B、一定质量的气体，如果体积增大，温度有可能升高，其内能可能增大，故B错误;C、气体压强的产生原因是由于大量气体分子对容器的碰撞引起的，故C正确；D、一定质量的气体，根据 2=C可知，如果温度升高，体积增大，则压强不一定增大，故D错误；E、一定质量的0 c的冰变成0 c的水需要吸收热量， 分子的平均动能不变， 而分子势能增大，其内能增加，故 E正确。故选：ACE。扩散现象说明分子的无规则运动；根据气体温度的变化确定内能

21、的变化；根据气体压强额微观实质分析气体压强产生的原因；根据g=C分析压强的变化；晶体熔化过程中温度不变、内能增大。本题主要是考查分子动理论、内能、气体压强等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握 热学部分的基本知识并能够熟练应用。不需要【解析】解：(1)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, 故由运动学的导出公式：2aL=v2 解得：a=(2)对 m： mg-F 中i=ma对 M ： F 中t- pMg = Ma解得:m (m +科二-；OM 2MSH A t)故答案为：(1)i近看；(2)不需要；吧_ M(1)遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速

22、度；根据速度位移关系公式 2aL=v2列式求解；(2)分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法，难度适中。11 .【答案】399.5 500 2500 0 100【解析】解：(1)指针指到最大刻度时：ig=.J4J代入数据解得：R=399.5 Q；15(2)欧姆表调零后，其内阻：R内=； =r-TF7=500 Q,一 4 X 1U7电流表示数为：I=1.5mA,则：1=代入数据解得：Rx=500 Q；(3)电流表示数为：I=0.5mA时，则：1=可左代入数据解得：Rx1=2500

23、Q；电流表示数为：I=3mA,指针满偏，所测电阻阻值为零，则：欧姆表的测量范围是：25000Q；(4)电流表内阻为100 定值电阻R0=25 与电流表并联，流过定值电阻的电流是流过电流表电流的4倍，改装后欧姆表调零时内阻:R内=-=100 Q电流表示数为1.5mA时，流过欧姆表的电流为:I =1.5+4 1.5=7.5mA,代入数据解得：Rx=100 ；故答案为:(1) 399.5；(2) 500； (3) 2500-0； (4) 100。欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意应用闭合电路欧姆定律分析答题。 本题考查了求欧姆表的调零电阻阻值、中值电阻阻值、电阻测量值，知道欧姆表的工作

24、原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题。12 .【答案】解：(1)金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可知: :mv2=mgd (1-cos 9解得：V=.=，-5丫(2)金属杆在通电瞬间受到磁场作用的安培力。根据动量定理可得：.=mv又 Fn=BinL, q=。& 1可得：BqL=mv解得：q= .答：(1)刚离开金属导轨时，金属杆 ab的速度大小v是商/彳礴(2)从闭合开关S到金属杆离开轨道的短时间内通过金属杆 ab的电量q是吧空F硬【解析】(1)研究金属杆ab离开导轨上摆的过程，根据机械能守恒定律求ab离开导轨的速度v的大小。(2)金属杆在通电瞬间受到磁场作用的安培力而获

25、得了速度，根据动量定理和电荷量与电流的关系求解电量q。往往根据动量定理求通过金属杆的电也可以根据电流的平均值求电量q。解决本题时要明确： 对于金属杆通电的瞬间过程， 荷量，要知道电量q与电流的关系：q=2Xa”. 13.【答案】解：(1)由题知：粒子在 O点动能为Eko=mv02,粒子在A点动能为：EkA=4Eko, 粒子从。到A运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=.mv02；(2)以O为坐标原点，初速 Vo方向为x轴正向，建立直角坐标系 xOy,如图所示设粒子从。到A运动过程，粒子加速度大小为a1, 历时G, A点坐标为(x, y)粒子做类平抛运动：x=vot1, y=a1t12由题知：粒子在A点速度大小粒子在A点速度方向与竖直线VA=2 V0, VAy=3|v0, VAy=a1 t1PQ夹角为30。解得:由几何关系得：ysin60 -xc