届重庆市高三第一次诊断性测试物理试题解析版Word文档格式.docx
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C.试探电荷在N点处受到的电场力大小比在P点的小
D.若将试探电荷从N点移到M点，电场力做功为零
【答案】D
根据粒子的运动轨迹可判断q的电性；
距离负电荷越近的地方场强越大，电势越低，试探电荷受的电场力越大.
【详解】根据粒子的运动轨迹可知，点电荷q带负电，因距离负电荷越近的地方电势越低，可知M点的电势低于P点的电势；
因距离负电荷越近的地方场强越大，可知M点的场强小比P点的大，选项AB错误；
同理N点的场强大于P点的场强，则试探电荷在N点处受到的电场力大小比在P点的大，选项C错误；
因MN两点电势相等，则若将试探电荷从N点移到M点，电场力做功为零，选项D正确；
故选D.
3.将白炽灯通过两条相互平行的长直导线连接到低频正弦交流电源上。
当灯正常工作时，能正确表示这两条导线间安培力F随时间t变化的图像是（）
B.
C.
D.
【答案】C
明确两导线中电流的方向关系，再根据两平行导线中相互作用力的结论进行分析即可求解．
【详解】两直导线与灯泡相连，则在灯泡工作时，导线中的电流方向相反；
因此二者相互排斥；
由于电流为正弦规律变化，故其安培力也呈正弦规律变化，但方向不变；
且当导线中电流的瞬时值为零时作用力的最小值为零；
故只有C正确；
故选C。
【点睛】本题考查平行直导线中的相互作用力，要注意明确产生力的原因是电流产生了磁场；
同时牢记结构，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．
4.如图，一质量为m的运动员从足够高的蹦极台上无初速下落，蹦极绳可视为劲度系数为k的弹性绳，原长为L。
设在下落过程中人所受空气的阻力恒为重力的0.2倍，若绳的质量忽略不计，重力加速度为g，人视为质点，则（）
A.从开始下落到蹦极绳刚好被拉直所需的时间为
B.从开始下落到速度最大时的下落距离为L+
C.从开始下落到最低点的过程中，加速度恒为
g
D.从开始下落到速度最大的过程中，机械能损失为
mg（L+
）
【答案】B
从开始下落到蹦极绳刚好被拉直的过程，由牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求时间。
当人的合力为零时速度最大，由此求得弹性绳的伸长量，从而求得人下落的距离。
根据牛顿第二定律分析人下落到最低点时的加速度。
从开始下落到速度最大的过程中，由功能关系求系统机械能损失。
【详解】从开始下落到蹦极绳刚好被拉直的过程，由牛顿第二定律得mg-0.2mg=ma，得a=0.8g；
由L=
at2得
，故A错误。
当人的合力为零时速度最大，则有kx+0.2mg=mg，得
，所以从开始下落到速度最大时人的下落距离为S=L+x=L+
．故B正确。
从开始下落到最低点的过程中，由牛顿第二定律得mg-0.2mg-kx=ma，x增大，a减小，加速度不可能恒为0.8g，故C错误。
从开始下落到速度最大的过程中，系统机械能损失为△E=0.2mg•S=
），故D错误。
故选B。
5.如图，一正方体导线框各边电阻均为R，MN、PQ两边接有电容为C的电容器。
若电流表的示数为I，则每个电容器所带的电荷量为（）
IRCB.
IRC
C.
IRCD.
【详解】由于电容器中无电流通过，去掉电容器C，则电路可简化为如图所示。
由对称性可知，每个主支路的电流为I/2，分支路的电流为I/4，则根据电容器的连接方式可知，两电容器两端电压均为
IR，由C=Q/U可知，每个电容器所带的电荷量Q=CU=
IRC，故C正确，ABD错误。
【点睛】本题考查电路图的简化以及闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确电容器在电路稳定时可以视为断路，因此简化电路时应先将电容器摘除，简化后再重新加入即可．
6.冥王星的两颗卫星尼克斯（Nix）和海德拉（Hydra）绕冥王星近似做匀速圆周运动，它们的周期分别约为25天和38天，则尼克斯绕冥王星运动的（ ）
A.角速度比海德拉的小
B.向心加速度比海德拉的小
C.线速度比海德拉的小
D.轨道半径比海德拉的小
万有引力提供卫星做圆周运动的向心力
，尼克斯周期小于海德拉，则轨道半径小于海德拉，向心加速度、角速度、线速度比海德拉的大，故D正确；
故选：
D
7.如图，司机通过液压装置缓慢抬起车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢滑下．若卸货过程中货车始终静止于水平地面，则（）
A.货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而增大
B.货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而增大
C.货物加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力
D.货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物总重量小
【答案】BD
货物处于平衡状态，对货物进行受力分析，根据平衡条件判断货物与车厢间的摩擦力和支持力的变化情况；
当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可．
【详解】货物相对车厢静止，处于平衡状态，则有：
mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故A错误，B正确；
当货物以加速度a下滑时，加速度的方向沿斜面向下，对货物和汽车的整体，货物的加速度有水平向右的分量acosθ，则整体受到地面向右的摩擦力macosθ；
竖直方向因货物加速度有向下的分量asinθ，则地面对整体的支持力为（M+m）g-masinθ，小于货车与货物的总重力，故D正确。
故选BD。
【点睛】本题主要考查了平衡条件的应用、牛顿第二定律、第三定律的应用，要求同学们能正确选择研究对象，并能对物体进行受力分析．
8.如图，M、N为两个有一定质量的载流超导线圈，M放置在水平桌面上，N悬停于M正上方。
若重力加速度增大，使得N向下运动，则下列说法正确的是（）
A.线圈M和N中的电流绕行方向相反
B.线圈N受到的作用力减小
C.线圈M中的电流增大
D.线圈M对桌面正压力减小
根据平行电流间的相互作用关系可明确两线圈中电流的方向；
根据楞次定律可判断感应电流的方向，从而明确M中电流变化；
再根据力的变化分析压力的变化．
【详解】开始时N处于静止状态，则说明二者间为斥力，故两线圈中电流方向相反；
故A正确；
在下落过程中二者的距离减小，故N受到的作用力增大；
故B错误；
由于N向下落，此时N中磁场在M中的磁通增大，故M产生感应电流；
根据“增反减同”可知，感应电流方向与N中电流方向相同，与M中电流方向相反，故线圈M中的电流减小；
故C错误；
由于N向下落时NM间作用力增大，故线圈对桌面的正压力增大；
故D错误；
【点睛】本题考查楞次定律以及平行直导线间的相互作用，要求能明确平行电流“同向相吸，异向相斥”原理的应用，并能正确应用楞次定律分析求解．
三．非选择题：
（一）必做题
9.客车在雨天加速时，某同学观察到渗入车窗双层玻璃中间的水面随之变得倾斜。
受此启发，他设计了一个测量匀变速直线运动加速度的实验，所用器材有：
刻度尺（分度值为1mm）、长方体透明盛水容器．
（1）将盛水容器水平放置，测得容器长度L为200.0mm．使容器在水平方向做匀变速直线运动，测得液面两端高度差为H，如图，则H为_________mm．
（2）由此可得盛水容器的加速度大小为_________m/s2，方向为水平向_____（填“左”或“右”）．（重力加速度取10m/s2，计算结果保留2位有效数字）
【答案】
（1）.
（1）20.0mm；
（2）.
（2）1.0m/s2（3）.方向水平向右.
水平倾斜，说明容器做加速运动，将水面等效为一斜面，选取斜面上一水滴为研究对象，根据牛顿第二定律可求解加速度.
【详解】
（1）由刻度尺读数可知：
H=20.0mm；
（2）选择斜水面上的质量为m的水滴为研究对象，则由牛顿第二定律：
，解得a=1.0m/s2；
方向水平向右.
10.磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。
某小组用图（a）所示的装置研究电磁铁线圈的工作电压与衔铁所受磁力的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。
（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向______端（填“c”或“d”）。
（2）已知电磁铁线圈的直流电阻为30Ω，滑动变阻器的最大电阻为170Ω，电源E的电动势为12.0V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9V，则E的内阻是________Ω（保留2位有效数字）．
（3）同学们将金属应变片R1粘贴在弹性梁的上表面，将R1和定值电阻R2连接成图（b）所示电路。
线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将_______，电压表V2的读数将________．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
（4）在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得F与线圈两端电压U的关系如图（c）．若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为_______V．
【答案】
（1）.
（1）c
（2）.
（2）0.21Ω（3）.（3）增大；
（4）.增大；
（5）.（4）6V
（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，必须要增加线圈的电流，加大线圈两端的电压，从而判断变阻器的滑片P应向何方移动。
（2）当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，线圈上的分压最大，根据电路的结构结合闭合电路的欧姆定律求解电源的内阻；
（3）分析动态电路，判断电压表读数变化；
（4）根据F-U图像分析工作电压.
（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，必须要增加线圈的电流，加大线圈两端的电压，则变阻器的滑片P应向c端移动。
（2）当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，线圈上的分压最大，此时外电路总电阻为：
，电源的电流为
，电源的内阻：
（3）根据电阻定律，应变片变长，则截面积变小，R1的阻值将变大，总电阻变大，总电流减小，则电源内阻和定值电阻R2上的电压减小，则电压表V2的读数将增大；
（4）由F-U图像可知，当F=1200N时，U=6V；
即若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为6V．
11.如图，在圆心为O的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。
边界上的一粒子源A，向磁场区域发射出质量为m、带电量为q（q>
0）的粒子，其速度大小均为v，方向垂直于磁场且分布在AO右侧α角的范围内（α为锐角）．磁场区域内的半径为
，其左侧有与AO平行的接收屏，不计带电粒子所受重力和相互作用力．求：
（1）沿AO方向入射的粒子离开磁场时的方向与入射方向的夹角；
（2）接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度．
【答案】
（1）90°
（2）
（1）可以求解粒子在磁场中运动的半径等于磁场区域的半径，画出粒子运动的轨迹图可知沿AO方向入射的粒子离开磁场时的方向与入射方向的夹角；
（2）可以证明，当粒子入射方向与OA成α角时，出射方向仍水平射出，从而求解接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度．
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为：
，与磁场区域的半径相等，则沿AO方向入射的粒子将在磁场中运动四分之一周后从左端水平射出，离开磁场时的方向与入射方向的夹角为90°
，如图所示；
当粒子入射方向与OA成α角时，轨迹如图，因四边形AOCO1为菱形，可知出射的方向也是水平向左；
则粒子射到屏上的范围为MN；
由几何关系可知∠COB=α，可得
。
【点睛】此题关键是证明当粒子的运动半径和磁场区域的半径相等时，无论粒子沿什么方向射入的粒子出射的方向均是平行的，结合几何知识可知证明.
12.如图，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角为θ＝45°
，的斜面．当车速达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F＝kv（v为车速，k为常数），方向与车运动相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）树叶在玻璃表面运动的加速度大小a'
（2）树叶与玻璃之间的动摩擦因数μ；
（3）汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a．
（1）
（3）
根据匀变速直线运动的位移时间关系求解加速度；
对树叶受力分析，根据牛顿第二定律求解摩擦因数和汽车在匀加速运动阶段的加速度大小；
（1）根据匀变速直线运动的规律，有：
解得
（2）设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N，树叶受到空气阻力为F；
树叶受到的滑动摩擦力为f，则：
F=kv0
f=μN
N=mgcosθ+Fsinθ
根据牛顿第二定律：
mgsinθ-f-Fcosθ=ma′由题意θ=450；
（3）设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N′，树叶受到的最大静摩擦力为f′，则f′=μN′
F′=kv0
由牛顿第二定律：
（二）选做题：
【物理—选修3-3】
13.下列有关固体、液体说法正确的是_______
A．石墨和金刚石都是由碳原子构成
B．天然水晶和石英玻璃都是晶体
C．液晶具有各向同性的光学性质
D．在细管中浸润和不浸润的液体均可产生毛细现象
E．液体在任何温度下都能发生蒸发
【答案】ADE
【详解】石墨和金刚石都是由碳原子构成，选项A正确；
天然水晶是晶体，熔化后再凝固的水晶（即石英玻璃）却不是晶体。
液晶具有各向异性的光学性质，选项C错误；
浸润液体和不浸润液体在细管中都会产生毛细现象，选项D正确；
液体在任何温度下都能发生蒸发，选项E正确；
故选ADE.
14.如图，某气压计玻璃管的顶端高出水银面1000mm，下班管顶端残存少量空气．当气温为27℃，大气压为760mmHg时，该气压计读数为720mmHg，忽略水银槽液面高度的变化，0℃时约为273K．求：
（1）在气温为27℃，气压计的读数为680mmHg时的大气压强；
（2）在气温为-3℃，气压计的读数为720mmHg时的大气压强；
（1）715mmHg
（2）756mmHg
（1）找出封闭空气柱的初末状态参量，温度不变，根据玻意而定律列式求解即可；
（2）找出封闭空气柱的初末状态参量，根据理想气体状态方程列式求解即可．
（1）以玻璃管中封闭的气体作为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，当温度为27℃，大气压为p01=760mmHg，气压计读数为ph1=720mmHg时，玻璃管顶端封闭的气体压强为p1，体积为V1；
当气压计读数为ph2=680mmHg时，封闭的气体压强为p2，体积为V2，大气压为p02。
p1＝p01-ph1=40mmHg
V1＝（1000-720）mm×
S
P2＝p02-ph2=p02-680mmHg
V2＝（1000-680）mm×
在温度不变的过程中，根据玻意耳定律，有：
p1V1＝p2V2.
p2＝
p02＝p2+ph2＝715mmHg
（2）以玻璃管中封闭的气体作为研究对象，设当温度T1＝27℃，大气压p01＝760mmHg，玻璃管顶端封闭的气体压强为p1，当温度T2＝-3℃，大气压强为p02，玻璃管顶端封闭的气体压强为p2，整个过程气压计读数为ph＝720mmHg，封闭气体的体积不变，根据查理定律，有：
p1＝p01-ph＝（760-720）mmHg
T1＝300K，
p2＝p02-ph＝p02-720mmHg
T2＝270K，
＝
.
p02＝756mmHg.
【点睛】解决本题关键是分析出空气柱的初末状态参量，判断变化过程中做何种变化，选择合适的气体实验定律列式求解，再根据平衡求出实际大气压强即可．
【物理—选修3-5】
15.某反应器中单位时间内生成放射性元素A的数量恒定，该项元素会衰变成稳定的元素B．若反应器中的反应持续进行，则以下判断正确的是_______
A．升温可以缩短元素A的半衰期
B．元素A的数量会最终保持恒定
C．元素B的数量会逐渐增加
D．整个反应过程中，单位时间内产生元素B的数量相同
E．单位时间内产生元素B的数量最终保持恒定
【答案】BCE
【详解】元素的半衰期与外界的压强温度等均无关系，选项A错误；
反应器中单位时间内生成放射性元素A的数量恒定，当生成的元素A与衰变的元素A的数量相等时，元素A的数量会最终保持恒定，选项B正确；
因该项元素会衰变成稳定的元素B，则元素B的数量会逐渐增加，选项C正确；
因整个反应中单位时间内A衰变的个数不是恒定的，则单位时间内产生元素B的数量不相同，选项D错误；
因最终稳定时生成的元素A与衰变的元素A的数量相等，则此时单位时间内产生元素B的数量最终保持恒定，选项E正确；
故选BCE.
16.如图，2个长度为L、质量为m的相同长方体形物块1和2叠放在一起，置于固定且正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m的钢球用长为R有轻绳悬挂在O点．将钢球拉到与O点等高的位置A静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s（s>
2L）后停下．又将钢球拉回A点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下．
重力加速度为g，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦．求：
（1）物块与地面间的动摩擦因数；
（2）两物块都停下时物块2滑行的总距离．
（1）钢球从水平位置摆下，由机械能守恒定律求解到达最低点的速度，由于碰后钢球静止，由动量守恒求解碰后物块1的速度，在由动能定理求解物块1和地面间的动摩擦因数；
（2）钢球再次下落后与物块2碰撞，物块2得到速度后向前运动追上物块1后再次碰撞，根据动量守恒定律和动能定理求解最终物块2滑行的总距离．
（1）设钢球与物块1碰撞前的速率为v0，根据机械能守恒，有：
mgR=
mv02
钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v1，根据动量守恒定律：
mv0=mv1，
设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1获得速度后直到停止，由动能定理：
（2）设物块2被钢球碰后的速度为v3，物块2与物块1碰前速度为v2，根据机械能守恒定律和动能定理
设物块1和物块2碰后的共同速度为v4两物块一起继续滑行的距离为s1根据机械能守恒定律和动能定理
mv3=2mv4；
可得s1=
L；
设物块2滑行的总距离为d，则
【物理—选修3-4】
17.一列简谐波沿x轴传播，t0时刻该列波的波形如图，波速为2cm/s，A、B是该列波上的两质点。
则下列说法正确的是_______
A．该列波的频率为0.5Hz
B．t0时刻A质点的速率较B质点的大
C．若A质点从t0再经历0.25s到达平衡位置，则t0时刻B质点向y轴正方向运动
D．若A质点从t0再经历0.75s到达平衡位置，则t0时刻B质点向y轴正方向运动
E．若B质点先于A质点振动，A质点在t0时刻应向y轴负方向运动
【答案】ACE
根据波速和波长求解周期的频率；
质点在平衡位置时的速度最大；
根据数学知识可知，根据质点A在t0时刻的位置坐标，当A向下振动时，至少经过T/8到达平衡位置，当A向上振动时，至少经过3T/8到达平衡位置，据此判断CD；
若B质点先于A质点振动，则B距离波源较近，质点向x轴负向传播，可判断D.
【详解】由波形图可知波长λ=4cm，则周期
，则该列波的频率为f=1/T=0.5Hz，选项A正确；
质点B在t0时刻在平衡位置，此时速度最大，则t0时刻A质点的速率较B质点的小，选项B错误；
因0.25s=
T，A质点从t0再经历0.25s到达平衡位置，可知t0时刻质点A向下振动，波向x轴负向传播，此时刻B质点向y轴正方向运动，选项C正确；
因0.75s=
T，A质点从t0再经历0.75s到达平衡位置，可知t0时刻质点A向上振动，波向右传播，此时刻B质点向y轴负方向运动，选项D错误；
若B质点先于A质点振动，则波沿x轴负向传播，A质点在t0时刻应向y轴负方向运动，选项E正确；
故选ACE.
18.如图，ABC为一直角三角形玻璃砖，AB边足够长，∠A＝10°
一束单色光从空气中垂直于BC边入射到玻璃砖内，玻璃砖对该单色光的折射率为
求：
（1）该光束在玻璃砖中经历了几次全反射；
（2）该光束第一次射出玻璃砖时的折射角。
（1）4次
（2）arcsin（
sin40º
（1）由全反射知识求解临界角判断反射的次数．
（2）根据几何关系求解入射角，根据折射率公式求解折射角；
（1）根据折射定律，光在界面上的临界角
α＝arcsin
＝45º
.
第一次光在斜面上入射角为80º
，根据光的反射定律可知，在玻璃砖内每经过一次反射，
入射角减少10º
，因此，全反射次数为4次。
（2）设光束折射角为θ，入射角为40º
，根据折射定律
nsin40º
＝sinθ.
θ＝arcsin（
）.
【点睛】解决本题的关键正确作出光路图，根据几何关系求解入射角，根据折射率公式求解折射角；
由全反射知识求解临界角判断反射的次数．
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