重庆市届高三学业质量调研抽测第一次物理试题及答案wordWord格式.docx
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19．如图甲所示，质量为m的物块从弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关
系如图乙所示，其中h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，重力加速度为g，
不计空气阻力，以下说法正确的是（）
A．弹簧的劲度系数k＝h2m－gh3
B．当物块下落到h＝h4高度时，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
C．当物块处于h＝h4高度时，弹簧的弹性势能为Ep＝mg（h1－h4）
D．在物块从h1下降到h5过程中，弹簧的最大弹性势能为Epmin＝mg（h1－h5）
20．如图所示，足够长的粗糙斜面固定于竖直向上的匀强电场E中，两个带等
量负电荷的物体A、B（不计A、B间的相互作用）用质量不计的轻弹簧直接相连，在
恒力F作用下沿斜面向上做匀速运动，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为
且μ1>
μ2，物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
某时刻轻弹簧突然断开，
作用下继续前进，B最后静止在斜面上，则（）
A．轻弹簧断开前，摩擦力对B的冲量大于对A的冲量
B．B静止前，A和B组成的系统动量守恒
C．轻弹簧断开瞬间，B物体加速度为零
D．轻弹簧断开后，A物体所受重力的功率变大、电势能增大
21．如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，煤块
与两传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.3，每隔T＝10s在传送带甲左端轻放上一
个质量为m＝2kg的相同煤块，发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且
相邻煤块（已匀速）左侧的距离为x＝6m，随后煤块平稳地传到传送带乙上，乙的
宽度足够大，速度为v＝0.9m/s，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）
μ1、
A在
2
F
A．传送带甲的速度大小为0.6m/s
B．当煤块在传送带乙上沿垂直于乙的速度减为
0.9m/s
C．一个煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为
D．一个煤块在乙传送带上留下的痕迹长度为
0时，这个煤块相对于地面
6cm
19.5cm
三、非选择题：
共62分。
第22～25题为必考题。
每个试题考生都必须作答。
第
考生根据要求作答。
33～34题为选考题，
（一）必考题：
共47分。
22．（6分）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度如图甲所示，用游标卡尺测一金属块的长度如
mm，图乙所示读数为mm。
23．（9分）某同学改装和校准电压表的电路如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路，所用电池
E为20V，内阻r为20Ω（E、r均保持不变）。
（1）已知表头G满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为1350Ω，R1、R2和R3是定值电阻，利用
R1和表头构成量程为1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。
若使用a、b两个接线柱，电
压表的量程为3V；
若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为15V。
则定
值电阻的阻值为R1＝Ω，R2＝Ω，R3＝Ω。
（2）用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表V对改装表3V挡的不
同刻度进行校准。
滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5000
Ω。
为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为Ω的滑动
变阻器。
校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应靠近
端（填“M”或“N”）。
（3）在3V挡校对电路中，开关全部闭合，在保证电路安全前提下让滑片
P从M端缓慢向N端滑动的过程中，表头G的示数，电源的输出功率，电源的效率
（填变化情况）。
（4）若表头G上标记的内阻值不准，表头G内阻的真实值小于1350，则改装后电压表的读数比标Ω准
电压表的读数（填“偏大”或“偏小”）。
24．（12分）纸面内的矩形ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB∥CD、AD∥BC，
电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B。
一带电粒子从AB上的P点平行于纸面射
入该区域，入射方向与AB的夹角为θ（θ<
90°
），粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出。
若撤去电场，粒
子以同样的速度从P点射入该区域，恰垂直CD射出。
已知边长AD＝BC＝d，带电粒子的质量为m、带电
荷量为q，不计粒子的重力。
求：
（1）带电粒子入射速度的大小；
（2）带电粒子在矩形区域内做直线运动的时间；
（3）匀强电场的电场强度大小。
25．
（20分）如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的绝缘弹簧，其下
端固定于水平地面，上端与一不带电的质量为m的绝缘小球A相连，开始时小球A静
止。
整个装置处于一方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为E＝mg。
现将另一质
q
量也为m、带电荷量为＋q的绝缘带电小球B从距A某个高度由静止开始下落，B与A
发生碰撞后一起向下运动、但不粘连，相对于碰撞位置B球能反弹的最大高度为3mg，
k
重力加速度为g，全过程小球B的电荷量不发生变化。
（1）开始时弹簧的形变量为多少；
（2）A、B分离时速度分别为多大；
（3）B开始下落的位置距A的高度x0。
（二）选考题：
共15分。
请考生从给出的2道物理题中，任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题
计分。
33．［物理——选修3－3］（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是。
（填正确答案标号。
选对1个得2分，选对2个得4分，选对3
个得5分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．分子间距离减小时，分子势能一定增大
B．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
C．在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变
D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体
E．当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小
（2）（10分）如图所示，右端封闭左端开口的导热良好的U形玻璃管两边粗细不同，
粗玻璃管半径为细玻璃管半径的3倍，两管中装入高度差为10cm的水银，右侧封
闭气体长18cm，左侧水银面距管口8cm。
现将左管口用一与玻璃管接触良好的活
塞封闭（图中未画出），并将活塞缓慢推入管中，直到两管水银面等高。
外界大气压
强为75cmHg，环境温度不变，不计活塞与管内壁的摩擦。
①两管水银面等高时左侧气体的压强是多少cmHg；
②整个过程活塞移动的距离是多少厘米（保留三位有效数字）。
34．［物理——选修3－4］（15分）
（1）（5分）如图，a、b、c、d是均匀介质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m，4m和6m。
一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向
下运动，t＝3s时a第一次到达最高点。
下列说法正确的是。
选对1个得2分，
选对2个得4分，选可3个得5分。
A．在t＝6s时刻波恰好传到质点d处
B．在t＝5s时刻质点c恰好到达最高点
C．质点b开始振动后，其振动周期为4s
D．在4s<
t<
6s的时间间隔内质点c向上运动
E．当质点d向下运动时，质点b一定向上运动
（2）（10分）一玻璃立方体中心有一点状光源。
为实现某种艺术效果，在立方体的部分表面镀上不透明薄
膜，使从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。
己知该玻璃的折射率为n＝2，求镀膜的面积
与立方体表面积之比的最小值。
重庆市2020届高三学业质量调研抽测（第一次）
14．B解析：
放射性元素每经过一次α衰变核电荷数减少2个，每经过一次β衰变核电荷数增加1
个，所以放射性元素A经过2次α衰变、2次β衰变，核电荷数共减少2个，即在元素周期表中的位置较
元素A向前移动了2位，B正确。
15．D解析：
物块上升和下落过程中，加速度方向始终向下（可能为零），取初速度方向为正方向，则
加速度始终为负值，A，B项错；
由于物块所受阻力与速度大小成正比，所以加速度随速度变化而变化，
其速度－时间图象不是直线，而是曲线，C项错、D项正确。
16．．A解析：
小球受重力、支持力和拉力作用，将三力平移可构成首尾连接的三角形，其中重力与
过O点竖直线平行，支持力N′沿半球面半径方向且N′＝N，拉力沿绳方向，力的三角形与O、小球、滑轮
构成的三角形相似，设小球与滑轮间的绳长为L，滑轮到O点的距离为H，半球面半径为R，则有：
N＝T
RL
＝mg，小球从A点滑向半球顶点过程中，小球到O点距离为R不变，H不变，L减小，所以N不变，T
H
变小，A项正确。
11
17．C解析：
小球由M到N过程中动能增加量ΔEk＝2m（3v）2－2mv2＝4mv2，A错。
在竖直方向上，
小球只受重力作用，小球竖直方向的分运动为竖直上抛运动，N点为小球运动的最高点，h＝v2，从M到
2g
N，小球克服重力做的功W＝mgh＝2mv2，所以小球的重力势能增加量ΔEp＝2mv2，C正确。
小球的机械能
增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝92mv2，B项错；
由能量守恒定律可知，小球机械能增大，电势能减少，D项错。
18．．B解析：
当线框的bc边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，当线框的
bc边开始离开磁场时，由右手定则可知，电流方向为顺时针方向。
由E＝BLv及v＝a0t可知，E＝BLa0t，
电动势随时间均匀增大，由I＝E可知电流也随时间均匀增大，B正确，ACD错误。
R
19．AD解析：
结合Ek－h图象可知，h＝h2时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，
即mg＝k（h2－h3），解得k＝mg，A项正确；
物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当h＝h3时，物块的
h2－h3
动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，B项错；
物块由h＝h2到h＝h4过程中，动能不变，
物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即：
Ep＝mg（h2－h4），C项错；
整个过程中，弹簧被压缩到
最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有：
Epmin＝mg（h1－h5），D项正确。
20．BD解析：
设A、B所带电荷量均为－q，则物体A所受摩擦力fA＝μ1（mAg＋qE）cosθ，fB＝μ2（mBg
＋qE）cosθ，由于不知道mA与mB的大小，故无法判断fAt与fBt的大小关系，A项错；
B静止前，A，B组
成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，B项正确；
轻弹簧断开瞬时，B物体受重力、斜面支持力和摩
擦力作用，加速度不为零，C项错；
物体A在轻弹簧断开前，在拉力作用下匀速向上运动，弹簧断开后，
少了向下的拉力，物体A所受合力向上，做加速运动，所以重力的功率增大，电场力做负功，电势能增大，
D项正确。
21．ACD解析：
煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度a＝μg＝3m/s2，煤块在传送带甲上先匀加
速再匀速运动，加速度相同，所以相邻煤块之间的距离与时间的比值即传送带甲的速度，即v甲＝Tx＝0.6m/s，
A项正确；
煤块滑上传送带乙时，所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反，相对传送
带乙做匀减速直线运动，所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙的速度减为零时，煤块已相对传送带乙静止，
即相对地面的速度增至0.9m/s，B项错；
以传送带甲为参考系，煤块的初速度为0.6m/s，方向与传送带甲
3m/s2，故相对传送带甲的位移
x1＝2va＝0.06m＝6cm，所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm，C正确；
以传送带乙为参考系，
煤块的初速度为v相对＝v甲2＋v2＝10m/s，相对加速度a＝3m/s2，煤块相对乙传送带的位移x相对2＝2a＝
0.195m＝19.5cm，即煤块在传送带乙上留下的痕迹为19.5cm，D项正确。
22．答案：
6.869（6.868～6.870均可）（3分）9.60（3分）
解析：
螺旋测微器固定刻度部分读数为6.5mm，可动刻度部分读数为36.9×
0.01mm＝0.369mm，所
以金属板厚度测量值为6.869mm；
游标卡尺主尺部分读数为9mm，游标尺部分读数为12×
0.05mm＝0.60
mm，所以金属块长度测量值为9.60mm。
23．答案：
（1）150（1分）2865（1分）12000（1分）
（2）50（1分）M（1分）（3）增大（1
分）增大（1分）减小（1分）（4）偏大（1分）
（1）电阻R1与表头G并联，改装成量程为1mA的电流表，表头满偏电流为100μA，此时通过
电阻R1的电流为900μA，由并联分流规律可知，Rg＝900μA?
R1＝150Ω，改装后电流表内阻RA＝135Ω；
R1100μA
3V
将其与R2串联改装为3V的电压表，由欧姆定律可知，
得R2＝2865Ω；
再串联R3改装为15V量程电压表，
3V量程电压表的内阻RA＋R2＝＝3kΩ，解
1mA
12V
R3所分电压为12V，所以R3＝12V＝12kΩ。
（2）在
校准电路中，滑动变阻器采用分压式接法，故选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用最大阻值为50Ω
的滑动变阻器，电源电动势E＝20V远大于电压表量程，所以闭合开关前应使滑片靠近M端，使电压表在
接通电路时两端电压由较小值开始增大。
（3）滑片由M向N滑动过程中，电压表两端电压逐渐增大，通过
表头的电流增大，即示数增大；
随滑片由M向N滑动，外电路的总电阻始终大于电源内阻且逐渐减小，
ErU
所以电源的输出功率增大；
由U＝E－Er可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小，电源效率η＝U
r＋R总E
×
100%，所以电源的效率减小。
（4）电压表两端电压一定，若内阻值偏小，则通过表头G的电流偏大，从而
造成读数偏大的后果。
24．解：
（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹
圆心为O。
由几何关系有：
cosθ＝d（1分）
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力：
qv0B＝mv0（2分）
联立解得v0＝mqcBodsθ（1分）
（2）设带电粒子在矩形区域内做直线运动的位移为x
有sinθ＝d（1分）x
粒子做匀速运动：
x＝v0t（1分）
联立解得t＝mcosθ（2分）
qBsinθ
（3）带电粒子在短形区域内做直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：
Eq＝qv0B（2分）
解得E＝qBd（2分）mcosθ
25．解：
（1）设开始弹簧的压缩量为x1
对A：
mg＝kx1（1分）
故x1＝mg（1分）k
（2）B球受电场力为qE＝mg（1分）
A、B小球刚分离时，对B由牛顿第二定律有
aB＝mg＋mqE＝2g（1分）
A、B二者加速度相等，aA＝aB＝2g（1分）
对A有mg＋kx2＝maA（1分）
所以x2＝kg＝x1，即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量（1分）
刚分离时A、B小球速度相等，设为v2，vA＝vB＝v2（1分）
依题意，B相对于碰撞位置上升最高3mg
故A、B分离后B再上升高度mkg（1分）
A、B分离后B向上做竖直上抛运动，由运动学公式
v22＝2×
2g×
mkg（1分）
1分）
即vA＝vB＝v2＝
（3）设A，B碰后共同速度为v1，对A，B整体从碰后到二者分离过程，
由动能定理有－（2mg＋qE）×
2x1＝2×
2mv22－2×
2mv12（2分）
v1＝
10km（1分）
设B与A碰撞前速度大小为v0，A，B碰撞过程动量守恒
mv0＝2mv1（2分）
v0＝2v1＝2gk（1分）
B在下落过程中受重力与电场力，由动能定理
（mg＋qE）x0＝2mv02（2分）
x0＝10mg（1分）k
33．
（1）BDE（5分）解析：
分子间作用力表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势
能减小，A项错；
晶体与非晶体的区别在于有无固定的熔点，晶体有固定的熔点，而非晶体没有，B项正
确；
在绝热压缩过程中，外界对气体做功而气体与外界无热交换，气体内能一定增加，C项错；
热量不能
自发地从低温物体传到高温物体，符合热力学第二定律的表述，D项正确；
当人们感到干燥时，空气的相
对湿度较小，E项正确。
（2）解：
①设左右液面等高时，右液面上升x1cm，左液面下降x2cm，则有：
x1＋x2＝10cm
9Sx1＝Sx2
可得：
x1＝1cm，x2＝9cm（2分）
右侧气体等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p′1V′1（2分）
p1＝p0＋10cmHg＝85cmHg，V1＝18cm×
9S，V′1＝17cm×
9S
可得p′1＝90cmHg（1分）
等高时左侧气体的压强p′2＝p′1＝90cmHg（1分）
②左边气体等温变化，根据玻意耳定律有p2V2＝p′2V′2（1分）
p2＝p0＝75cmHg，V2＝8cm×
S
p′2＝p′1＝90cmHg，V′2＝L′2S（1分）
解得空气柱后来长L′2＝6.7cm（1分）
活塞下降d，则d＝18cm－6.7cm－1cm＝10.3cm（1分）
34．
（1）ACD（5分）解析：
横波匀速传播，t＝0时到达质点a处，又波速v＝2m/s，所以t＝6s时
刻波恰好传到距质点a12m处的d点，A项正确；
由简谐运动规律，t＝0时刻，质点经平衡位置向下运动，
3
t＝3s时刻到达最高点，完成简谐运动的34个周期，可得波的周期T＝4s，又波在传播过程中各质点振动周
期均相同，所以质点b振动后的周期也是4s，C项正确，质点a在t＝3s时刻第一次达到最高点，a、c
间距离为6m，所以再经3s，即t＝6s时刻质点c达到最高点，B项错；
质点a在1s<
3s内由最低点运
动到最高点，质点c的振动落后质点a3s，所以在4s<
6s时间间隔内质点c向上运动，D项正确；
由v
＝λT可知，波的波长为8m，b、d间距离xbd＝45λ，两质点振动情况并不总是相反，E项错。
如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射。
根据折射定律有
A点
nsinθ＝sinα（2分）
式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角。
现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。
由题意，在
刚好发生全发射，故
α＝2（1分）
设线段OA在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有sinθ＝A（2分）
R2A＋（2a）2
式中a为玻璃立方体的边长。
联立得
RA＝（
2n2－1
由题给数据得RA＝a2（1分）
由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。
所求的镀膜面积S与玻璃立方体
S之比为
s′＝6πR22A（2分）
s6a
解得S′＝π（1分）
S4
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