重慶市第一中學2019屆高三物理上學期第一次診斷性考試試題（含解析）.docx

重慶市第一中學高2019屆（三上）第一次診斷性考試物理試題卷二、選擇題:本題共8小題，每小題6分，共48分。第14-17題為單選，第18-21題為多選。1.在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化不相同的運動是A. 勻減速直線運動B. 勻速圓周運動C. 平拋運動D. 自由落體運動【答案】B【解析】【分析】據(jù)知，加速度恒定的運動，在任意相等時間內(nèi)，速度變化相等；加速度變化的運動，在任意相等時間內(nèi)，速度變化不相等。根據(jù)四個運動加速度的特點，可得在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化是否相等?！驹斀狻緼：勻減速直線運動的加速度不變，據(jù)知，勻減速直線運動，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化相等。B：勻速圓周運動的加速度變化(大小不變，方向不斷變化)，據(jù)知，勻速圓周運動，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化不相等。C：平拋運動的加速度不變，據(jù)知，平拋運動，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化相等。D：自由落體運動的加速度不變，據(jù)知，自由落體運動，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化相等。綜上，在任意相等時間內(nèi)，物體的速度變化不相同的運動是勻速圓周運動。故B項正確。2.如圖所示，兩個帶電小球A、B穿在一根水平固定的絕緣細桿上，并通過一根不可伸長的絕緣細繩跨接在定滑輪兩端，整個裝置處在水平向右的勻強電場中，當兩個小球靜止時，細繩與豎直方向的夾角分別為=30和=60，不計裝置中的一切摩擦及兩個小球間的靜電力，則A、B球的帶電量q1與q2大小之比為A. q1：q2=B. q1：q2=C. q1：q2=D. q1：q2=【答案】C【解析】【分析】A和B間用一根不可伸長的絕緣細繩跨接在定滑輪兩端，則繩對A和B的彈力相等。對A、B分別受力分析，借助平衡條件列式，可得A、B球的帶電量q1與q2大小之比?！驹斀狻吭O繩中張力為，對A受力分析，由平衡條件可得：；對B受力分析，由平衡條件可得：；所以A、B球的帶電量q1與q2大小之比。故C項正確，ABD三項錯誤。3.如圖所示，拉格朗日點L1位于地球和月球連線上，處在該點的物體在地球和月球引力的共同作用下，可與月球一起以相同的周期繞地球運動。據(jù)此，科學家設想在拉格朗日點L1建立空間站，使其與月球同周期繞地球運動。a1、a2分別表示該空間站與月球向心加速度的大小，1、2為空間站與月球的公轉角速度:a3、3為地球同步衛(wèi)星向心加速度的大小和其公轉的角速度:a4、4為地球的近地衛(wèi)星的向心加速度大小與公轉角速度。則以下判斷正確的是A. 2=13=4B. 1=243C. a2a1a3a4D. a1a2a3bcB. a、b、c光的頻率關系為a=bm2，現(xiàn)用錘子先后兩次分別敲擊A和B，使它們均獲得大小相同的初動量，當敲擊A時彈簧壓縮到最短的長度為L1，錘子對A做的功為W1；敲擊B時彈簧壓縮到最短的長度為L2，錘子對B做的功為W2，則L1與L2及兩次錘子做的功W1和W2的大小關系正確的是（ ）A. L1L2 B. L1W2 D. W1m2；據(jù)可得，敲擊使兩者獲得的動能的關系為；則兩次錘子做的功。故C項錯誤，D項正確。AB：彈簧壓縮到最短時，兩物體的速度相等；從物體獲得初動量到彈簧壓縮到最短過程，動量守恒，則，所以兩次彈簧壓縮最短時，整體的末速度大小相等。據(jù)機械能守恒可得，彈簧壓縮到最短時的彈性勢能，則。所以彈簧壓縮到最短時的長度關系為。故A項正確，B項錯誤。7.半徑為R的光滑半圓弧槽豎直固定在水平面上，可視為質(zhì)點的小球以4m/s的初速度向左進入半圓軌道，小球通過最高點后做平拋運動，若要小球平拋運動中有最大水平位移，重力加速度為g=10m/s2，則下列說法正確的是A. 小球落地時，速度方向與水平地面成60角B. R=0.2m時，小球的水平位移最大C. 小球落地時，速度方向與水平地面成45角D. 最大水平位移為1.6m【答案】BC【解析】【分析】據(jù)機械能守恒，可得小球通過最高點的速度；據(jù)平拋運動規(guī)律，可得小球水平位移的表達式。分析當軌道的半徑多大時小球的水平位移最大，求出對應水平位移的最大值；并計算這種情況下，小球落地時速度方向與水平地面的夾角?！驹斀狻緽D：設小球通過軌道最高點的速度為v，據(jù)機械能守恒可得：，解得：小球通過軌道最高點的速度。小球從最高點到落地，做平拋運動，則、，解得：小球水平位移。當R=0.2m時，小球的水平位移最大；最大水平位移。故B項正確，D項錯誤。AC：當R=0.2m時，小球通過軌道最高點的速度，則小球落地時速度的水平分量；小球落地時，解得：小球落地時速度的豎直分量；小球落地時，速度方向與水平地面夾角的正切值，則小球落地時，速度方向與水平地面成45角。故A項錯誤，C項正確。8.如圖，電阻不計的足夠長平行金屬導軌MN和PQ水平放置，MP間有阻值為R=1的電阻，導軌相距為2m，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B=0.5T。質(zhì)量m為0.5kg，電阻為1的導體棒CD垂直于導軌放置并接觸良好，CD棒與導軌的動摩擦因數(shù)=0.2?，F(xiàn)導體棒獲得初速度v0為10m/s，經(jīng)過距離x=9m進入磁場區(qū)，又經(jīng)2s后停了下來，g=10m/s2。則該過程中流過導體棒CD的電量q及電阻R產(chǎn)生的熱量Q正確的是A. q=2C B. q=4C C. Q=12J D. Q=6J【答案】AD【解析】【分析】導體棒進入磁場前，做勻減速直線運動，據(jù)動能定理可得導體棒進入磁場的速度；對導體棒在磁場中的運動過程分析，據(jù)動量定理和微元法，可得該過程中流過導體棒CD的電量q；據(jù)感應電量的規(guī)律，可得導體棒在磁場中運動的距離；據(jù)能量關系，可得導體棒在磁場中的運動過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱，進而求得此過程中電阻R產(chǎn)生的熱量Q。【詳解】AB：導體棒進入磁場前，做勻減速直線運動，據(jù)動能定理可得：，解得：導體棒進入磁場的速度。對導體棒在磁場中運動過程的某一小段時間分析，據(jù)動量定理可得：，即：，則對整個過程可得：，解得：此過程中流過導體棒CD的電量。故A項正確，B項錯誤。CD：導體棒在磁場中運動過程中，、，聯(lián)立解得：導體棒在磁場中運動的距離。據(jù)能量關系，可得導體棒在磁場中的運動過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；流過R及導體棒的電流始終相等，則；此過程中電阻R產(chǎn)生的熱量。故C項錯誤，D項正確。三、非選擇題9.根據(jù)如圖的電路較準確地測量量程為03V、內(nèi)阻約為3k的電壓表V1的內(nèi)阻Rv，可供使用的器材如下電壓表V2(量程015V，內(nèi)阻約15k)定值電阻R1(阻值12k)定值電阻R2(阻值30)滑動變阻器R3(最大阻值100，最大電流1.5A):電源E1(電動勢10V，內(nèi)阻約0.5)電源E2(電動勢3V，內(nèi)阻約0.5)開關S，導線若干(1)選出最合適的器材：電源應選擇_；電阻R應該選擇_(填器材對應的符號)；(2)分析實驗系統(tǒng)誤差可知，RV的測量值_真實值(填“大于“小于”或“等于)?！敬鸢浮?(1). (2). (3). 等于【解析】【分析】先確定測電壓表V1的內(nèi)阻Rv的原理：。為準確測量，兩電壓表的電壓差值應適當大些，則定值電阻的阻值和電壓表V1的內(nèi)阻Rv要具有可比性，從而確定電阻R選擇哪個；為準確測量，應使兩電壓表的讀數(shù)范圍適當大些，從而確定選擇哪個電源。據(jù)實驗原理，可確定Rv的測量值與真實值間的關系?！驹斀狻?1)測電壓表V1的內(nèi)阻Rv的原理為：，為準確測量，兩電壓表的電壓差值應適當大些，則定值電阻的阻值和電壓表V1的內(nèi)阻Rv要具有可比性，從而確定定值電阻選擇電阻R1；為準確測量，兩電壓表的讀數(shù)范圍適當大些，所以電源選擇E1。(2) 測電壓表V1的內(nèi)阻Rv的原理為：，為電壓表V1兩端的真實電壓，為流過電壓表V1的真實電流，所以RV的測量值等于真實值。10.某同學利用如圖甲所示的裝置探究“彈簧彈力做功”.在水平桌面上固定好彈簧和光電門，將光電門與數(shù)字計時器(圖中未畫出)連接。實驗過程如下：(1)如圖乙所示，用游標卡尺測量固定于滑塊上的擋光片的寬度d=_mm；(2)用滑塊把彈簧壓縮到距離光電門為x位置，并從靜止釋放，數(shù)字計時器記下?lián)豕馄ㄟ^光電門所用的時間t，則此時滑塊的速度v=_(用題中符號表示)；(3)多次改變滑塊的質(zhì)量m，重復(2)的操作，得出多組m與v的值。根據(jù)這些數(shù)值，作出v2-1/m圖象，如圖丙。根據(jù)圖象，可求出滑塊每次運行x的過程中彈簧對其所做的功為_；還可求出的物理量是_；其值為_。(用題中符號表示，已知重力加速度為g)【答案】 (1). 5.70mm (2). (3). (4). 滑塊與桌面之間的動摩擦因數(shù) (5). 【解析】【分析】(1)據(jù)游標卡尺的讀數(shù)法則讀出游標卡尺的讀數(shù)；(2)滑塊通過光電門的速度可認為等于擋光片通過光電門的平均速度；(3)從動能定理推理出圖象對應的表達式，利用圖象的斜率和縱截距求出彈簧對物塊做的功及滑塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)?！驹斀狻?1)游標卡尺的讀數(shù)為(2)滑塊通過光電門的速度可認為等于擋光片通過光電門的平均速度，則(3)設滑塊每次運行x的過程中彈簧對其所做的功為，對滑塊的運動過程，由動能定理得：，整理得：。由圖象的斜率和縱截距可得：、，解得：滑塊每次運行x的過程中彈簧對其所做的功、滑塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)11.如圖甲所示，小物塊A放在長木板B的左端，一起以v0在光滑水平面上向右勻速運動，在其運動方向上有一固定的光滑四分之一圓弧軌道C，己知軌道半徑R=0.1m，圓弧的最低點D切線水平且與木板等高，木板撞到軌道后立即停止運動，小物塊繼續(xù)滑行，當小物塊剛滑上圓弧軌道時，對軌道壓力恰好是自身重力的2倍。從木板右端距離圓弧軌道左端s=8m開始計時，得到小物塊的v-t圖像，如圖乙所示，小物塊3s末剛好滑上圓弧軌道，圖中v0和v1均未知，重力加速度g取10m/s2，求：(1)長木板的長度；(2)物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮?1)2.5m(2)0.3【解析】【分析】(1)由圖知，木板B和小物塊A在02s內(nèi)做勻速直線運動，由速度公式可得：小物塊A運動的速度v0；對剛滑上圓弧軌道時的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：小物塊滑上圓弧軌道的速度；小物塊A在23s內(nèi)做勻減速直線運動，由可得長木板的長度； (2)對小物塊A在23s內(nèi)的運動過程，受力分析，由牛頓第二定律和運動學公式可得物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)。【詳解】(1) 由圖知，木板B和小物塊A在02s內(nèi)做勻速直線運動，則物塊剛滑上圓弧軌道時，對軌道壓力恰好是自身重力的2倍，則軌道對物體的支持力是對剛滑上圓弧軌道時的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：，解得：小物塊A在23s內(nèi)做勻減速直線運動，長木板的長度(2)對23s內(nèi)做勻減速直線的小物塊A受力分析，由牛頓第二定律可得：由運動學公式可得：聯(lián)立解得：12.如圖，在x軸上方有平行于紙面的勻強電場，電場強度大小為E，方向與y軸正向成=60角，x軸下方有垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的上邊界ON與x軸正向成=15角，下邊界平行于x軸，在電場中M處由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子，經(jīng)電場加速后，剛好從坐標原點O進入磁場，已知MO=L，當粒子從邊界ON上的P點(圖中未畫出)離開磁場后，再次進入電場，經(jīng)電場偏轉恰好回到O點，不計粒子的重力，求：(1)粒子進入磁場時的速度大小；(2)磁場下邊界到x軸的最小距離；(3)粒子先后兩次經(jīng)過O點的時間間隔。【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)粒子從M到O做勻加速直線運動，由動能定理可得，粒子離開電場進入磁場時的速度；(2)畫出粒子的運動軌跡，據(jù)粒子在電場中的類平拋運動可出粒子在磁場中運動的半徑，由幾何關系求出下邊界到x軸的最小距離與粒子在磁場中運動半徑的關系；(3)粒子先后兩次經(jīng)過O點中間包含圓周運動、勻速直線運動和類平拋運動，分別求出三段運動的時間，相加后可得粒子先后兩次經(jīng)過O點的時間間隔。【詳解】(1)粒子從M到O做勻加速直線運動，由動能定理可得：，解得：粒子進入磁場時的速度(2)畫出粒子在磁場和電場中的運動軌跡如圖：粒子剛好和磁場下邊界相切時，磁場下邊界到x軸的距離最小由幾何關系得：粒子從Q點進入電場，做類平拋運動回到O點，則、解得：、則磁場下邊界到x軸的最小距離為(3)粒子先后兩次經(jīng)過O點中間包含圓周運動、勻速直線運動和類平拋運動三段運動粒子在磁場中運行四分之三周期，則粒子離開磁場到再次進入電場過程中做勻速直線運動，由幾何關系得：粒子做直線運動的時間粒子先后兩次經(jīng)過O點的時間間隔13.下列說法正確的是 A. 飽和汽壓與溫度有關，且隨著溫度的升高而增大B. 當人們感到濕時，空氣的絕對濕度一定較大C. 一定質(zhì)量的理想氣體壓強不變時，氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)隨著溫度升高而減少D. 單晶體和多晶體都有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點E. 當分子間距離增大時，分子間的引力減小，斥力增大【答案】ACD【解析】【詳解】A：飽和汽壓與溫度有關，且隨著溫度的升高而增大。故A項正確。B：當人們感到濕時，空氣的相對濕度一定較大，空氣的絕對濕度不一定大。故B項錯誤。C：一定質(zhì)量的理想氣體壓強不變，氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的作用力不變；溫度升高時，分子平均動能增大，平均下來單個分子對器壁的作用力變大；則一定質(zhì)量的理想氣體壓強不變時，氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)隨著溫度升高而減少。故C項正確。D：單晶體和多晶體都有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點。故D項正確。E：當分子間距離增大時，分子間的引力和斥力都減小。故E項錯誤。14.如圖所示，兩正對且固定不動的導熱氣缸，與水平成30角，底部由體積忽略不計的細管連通、活塞a、b用不可形變的輕直桿相連，不計活塞的厚度以及活塞與氣缸的摩擦，a、b兩活塞的橫截面積分別為S1=10cm2，S2=20cm2，兩活塞的總質(zhì)量為m=12kg，兩氣缸高度均為H=10cm。氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，系統(tǒng)平衡時活塞a、b到氣缸底的距離均為L=5cm(圖中未標出)，已知大氣壓強為P=105Pa.環(huán)境溫度為T0=300K，重力加速度g取10m/s2。求：(1)若緩慢降低環(huán)境溫度，使活塞緩慢移到氣缸的一側底部，求此時環(huán)境的溫度；(2)若保持環(huán)境溫度不變，用沿輕桿向上的力緩慢推活塞，活塞a由開始位置運動到氣缸底部，求此過程中推力的最大值?！敬鸢浮?1)200K(2)40N【解析】【分析】(1)將兩活塞作為整體受力分析，求得氣缸內(nèi)氣體的壓強；緩慢降低環(huán)境溫度，使活塞緩慢移動時，氣體壓強不變，體積減小，活塞向下移動；由蓋呂薩克定律可得活塞緩慢移到氣缸的一側底部時環(huán)境的溫度。(2) 沿輕桿向上的力緩慢推活塞，活塞a由開始位置運動到氣缸底部時，推力最大。求得末狀態(tài)(活塞a由開始位置運動到氣缸底部時)氣體的總體積；據(jù)玻意耳定律求得末狀態(tài)氣體的壓強；將兩活塞作為整體受力分析，求得推力的最大值?！驹斀狻?1)設初始氣體壓強為，將兩活塞作為整體受力分析，由平衡條件可得：，代入數(shù)據(jù)解得：活塞緩慢移動過程中，缸內(nèi)氣體壓強不變，溫度降低，體積減小，活塞向下移動；由蓋呂薩克定律可得：，解得：活塞緩慢移到氣缸的一側底部時環(huán)境的溫度(2) 沿輕桿向上的力緩慢推活塞，氣體體積變化，又氣體溫度不變，則氣體壓強變化，當活塞到達汽缸頂部時，向上的推力最大，此時氣體的體積為，設此時的壓強為，由玻意耳定律得：代入數(shù)據(jù)解得： 將兩活塞作為整體受力分析，由平衡條件可得：代入數(shù)據(jù)解得：15.下列說法中正確的是 。A. 根據(jù)光的折射定律，某種介質(zhì)的折射率總等于入射角的正弦與折射角的正弦之比B. 當光射到兩種不同介質(zhì)的分界面時，光總會分為反射光和折射光C. 光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波D. 光發(fā)生折射是因為光在不同介質(zhì)中的傳播速度不同E. 在光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由紅光改為綠光，則干涉條紋間距變窄【答案】CDE【解析】【詳解】A：根據(jù)光的折射定律，光從真空射入某種介質(zhì)發(fā)生折射時，入射角的正弦與折射角的正弦之比是該介質(zhì)的折射率。故A項錯誤。B：當光射到兩種不同介質(zhì)的分界面時，有可能發(fā)生全反射。故B項錯誤。C：