2019年重慶市部分區(qū)縣高考物理一診試卷

1、2019 年重慶市部分區(qū)縣高考物理一診試卷副標題題號一二三四五總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1. 如圖所示，一物塊從粗糙斜面上從靜止開始釋放，運動到水平面上后停止，則運動過程中，物塊與地球系統(tǒng)的機械能（）A. 不變B. 減少C. 增大D. 無法判斷2. 如圖，飛行器繞地球做勻速圓周運動，飛行器中宇航員測得地球相對飛行器的張角為 ，已知地球表面重力加速度 g 和地球半徑 R，不考慮地球自轉，飛行器中宇就員不能確定的是（）A. 飛行器運行速度大小B. 飛行器軌道半徑C. 飛行器的周期D. 飛行器受地球引力大小3.如圖所示，水平直桿OP 右端固定于豎直墻上的O 點，長為L=2

2、m的輕繩一端固定于直桿P 點，另一端固定于墻上O 點正下方的Q點， OP 長為 d=1.2m，重為 8N 的鉤碼由光滑掛鉤掛在輕繩上處于靜止狀態(tài)，則輕繩的彈力大小為（）A. 10NB. 8NC. 6ND. 5N4. 如圖，有一傾斜的勻質圓盤（半徑足夠大），盤面與水平面的夾角為 ，繞過圓心并垂直于盤面的轉軸以角速度 勻速轉動，有一物體（可視為質點）與盤面間的動摩擦因數(shù)為 （設最大靜摩擦力等手滑動摩擦力），重力加速度為 g。要使物體能與圓盤始終保持相對靜止，則物體與轉軸間最大距離為（）A.B.C.D.5.如圖，立柱固定于光滑水平面上O 點，質量為M 的小球 a 向右運動，與靜止于Q點的質量為m 的

3、小球 b 發(fā)生彈性碰撞，碰后a 球立即向左運動，b 球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時間均不計，b 球恰好在P 點追到 a 球， Q 點為 OP 間中點，則 a、b 球質量之比M： m=（）第1頁，共 17頁A.3：5B. ：3C. ：3D.1：212二、多選題（本大題共 4小題，共 22.0 分）6. 如圖所示，真空中，有一點電荷甲固定在O 點，虛線是其在周圍空間產(chǎn)生的電場的三個等勢面，且相鄰的兩個等勢面間電勢差相同。實線是點電荷乙在電場中運動軌跡， S、M 、N 為運動軌跡與等勢面的交點，下列說法一定正確的是（）A. 電勢 M SB. 甲、乙為同種電荷C. 電勢能 EPM EPND. 場強

4、大小 ES EN7.如圖所示，兩根平行固定放置的長直導線a 和 b 載有大小、方向均相同的電流， a 受到的磁場力大小為 F ，當加入一與導線所在平面垂直的勻強礎場后， a 受到的磁場力大小變?yōu)?2F，則此時 b 受到的磁場力大小可能為（）A. 4FB. 3FC. 2FD. 08.如圖所示， 足夠長的光滑水平軌道與豎直固定的光滑半圓形勃道相切于a 點，一質量為 m 的物塊（可視為質點） ，以大小為的速度水平向右運動，重力加速度為g，不計空氣阻力。 當半圓形軌道半徑取適當值R 時，物塊從半圓形軌道最高點b 飛出后，在水平軌道的落點與a 點間距離最大，最大距離為d。則（）A.B.C.D.9.如圖所

5、示，一簡諧橫波沿x 軸傳播，實線為t=0 時刻的圖線，虛線為t=0.5s 時刻的圖線， P、Q 兩點的坐標分別為xP=2 m、 xQ =4m。下列說法正確的是（）第2頁，共 17頁A.B.C.D.該簡諧橫波波長為4m該波的頻率可能為3.5Hz該波的頻率可能為4Hz該波的頻率可能為4.5HzE. t=1 s時刻， P 處的振動質點可能運動到Q 處三、填空題（本大題共1 小題，共 5.0 分）10. 在“用油膜法估測分子的大小”的實驗時，用注射器將一滴油酸酒精溶液滴入盛水的淺盤里，把玻璃板放在淺盤上并描畫出油酸膜的輪廓，如圖。圖中正方形小方格的邊長為 1cm，該油酸膜的面積是 _m2，若一滴油酸酒

6、精溶液中含有純油酸的體積是 710-6mL ，則油酸分子的直徑是_ m（計算結果保留 1 位有效數(shù)字）。四、實驗題探究題（本大題共2 小題，共15.0 分）11. 某實驗小組利用如圖甲實驗裝置測量物體運動的加速度大小。（ 1）如圖，用 20 分度的游標卡尺測得遮光條的寬度d=_ cm；（ 2）實驗時， 用刻度尺測量出如圖乙所示位置遮光條與光電門間距離s，然后將滑塊由靜止釋放， 由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門的時間為t，則可計算出滑塊運動過程的加速度大小為 _；（用題給物理量字母表示第3頁，共 17頁12. 在做“練習使用多用電表”實驗時，有甲、乙兩個完全相同的多用電表（表盤上方正中刻度值為1

7、5），某學習小組利用甲表測乙表直流100mA 檔的內阻，具體操作如下：（ 1）將多用電表甲選擇旋鈕置于歐姆擋“ 1”，并進行歐姆擋調零，將多用電表乙選擇旋鈕置于直流 100mA 擋，并與定值電阻 R=10 串聯(lián)，如圖，則多用電表甲的紅表筆應接 _（填“ a”或“ b“）接線柱，黑表筆接另一接線柱；（ 2）該學習小組正確連接電路后， 觀察到多用電表甲示數(shù)如圖， 其讀數(shù)為 _，多用電表乙示數(shù)如圖，其讀數(shù)為 _，則乙表直流 100mA 擋的內阻為 _；（ 3）學習小組發(fā)現(xiàn)，利用（ 2）所測數(shù)據(jù)，還可計算出多用電表甲所用電源電動勢E=_V（計算結果保留兩位有效數(shù)字）。五、計算題（本大題共4 小題，共5

8、2.0 分）13. 如圖所示， 矩形區(qū)域（含邊界） 有垂直紙面向外的勻強磁場， 磁感應強度大小為 B，a、 b、 c、 d 為矩形的四個頂點，長 ab=3 L，寬 bc=L一質量為 m、電量為 q 的帶正電粒子，從 a 點沿 ab 方向運動，不計粒子重力。求：（ 1）若粒子恰好從d 點射出磁場，求粒子從a 點運動到d 點的時間；（ 2）若粒子恰好從c 點射出磁場，求粒子運動速度的大小。14. 如圖，光滑水平面上靜置質量為 m，長為 L 的絕緣板 a，絕緣板右端園定有豎直擋板，整個裝置置于水平向右的勻強電場中。 現(xiàn)將一質量也為 m、帶電量為 q（ q0）的物塊 b 置于絕緣板左端（ b 可視為質

9、點且初速度為零），已知勻強電場的場強大小為 E=，物塊與絕緣板板間動摩擦數(shù)為（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），物塊與絕緣板右端豎直擋板碰撞后a、 b 速度交換，且碰撞時間極短可忽略不計，物塊帶電量始終保持不變，重力加速度為g。求：第4頁，共 17頁（ 1）物塊第一次與擋板碰撞前瞬間物塊的速度大??；（ 2）物塊從置于絕緣板到第二次與擋板碰撞過程中，電場力所做的功W。15. 如圖，兩端封閉的直玻璃管豎直放置，一段高h=2 cm 的水銀將管內氣體分隔為上下兩部分A、 B，已知 A、 B 兩部分的長度分別為l1 =30cm 和 l 2=10cm，空氣柱 A 的壓強PA=3cmHg 現(xiàn)將玻璃管在豎直面內

10、緩慢轉動 180 ，如圖，整不過程中，氣體溫度始終保持不變，沒有氣體從管的一端通過水銀逸入另一端。求：在圖2 狀態(tài)下，氣柱B的壓強和氣柱B 的長度。16.如圖所示，玻璃三棱鏡ABC 的截面為等腰直角三角形，A=C=45 ，一束單色光線從 AB 上的 O 點射入三棱鏡，光線與AB 邊的夾角=30，折射光線恰好通過AC邊的中點 D已知該玻璃的折射率 n= ， AB 邊長為 a，光在真空中的傳播速度為c。求：光線從 O 點到 D 點的傳播時間。第5頁，共 17頁第6頁，共 17頁答案和解析1.【答案】 B【解析】解：物塊從粗糙斜面上從靜止 釋放后，重力與摩擦力 對物塊做功，其中摩擦力做功是物 塊的機

11、械能有一部分 轉化為內能，所以物塊與地球系 統(tǒng)的機械能減小。故 ACD 錯誤，B 正確故選：B。摩擦力做功，根據(jù)能量 轉化的方向分析即可。該題中，摩擦力對物體做負功，將一部分的機械能 轉化為內能是解答的關鍵。2.【答案】 D【解析】解：ABC 、由幾何知識可知軌道半徑：r=則B 可確定，由：G=m，22=m r=m （）r 可求得周期與速度， 則 AC 可確定飛器質量不知則不可求得所受萬有引力。則D 不確定D、因因選不可確定的故選：D。根據(jù)幾何知 識求出飛行器的半徑，由地球的萬有引力提供向心力，可求得速度，周期，因飛器質量不知則不可求得所受萬有引力。本題關鍵掌握萬有引力定律和萬有引力等于向心力

12、這一基本思路，結合幾何知識進行解題。3.【答案】 D【解析】解：設掛鉤所在處為 N 點，延長 PN 交墻于 M 點，如圖所示：同一條繩子拉力相等，根據(jù)對稱性可知兩 邊的繩子與豎直方向的夾角相等，設為 ，則根據(jù)幾何關系可知NQ=MN ，即 PM 等于繩長；第7頁，共 17頁根據(jù)幾何關系可得： sin =則， =37根據(jù)平衡條件可得： 2Tcos=mg解得：T=5N，故D 正確，ABC 錯誤 。故選：D。根據(jù)幾何關系得到兩 邊繩子與豎直方向的 夾角，再根據(jù)豎直方向的平衡條件列方程求解。本題主要是考 查了共點力的平衡 問題，解答此類問題的一般步 驟是：確定研究對象、進行受力分析、然后建立平衡方程 進

13、行解答。4.【答案】 C【解析】解：當物體轉到圓盤的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，角速度一定，由牛頓第二定律得：2 mgcos-mgsin =mr解得：r=，故ABD 錯誤，C 正確。故選：C。當物體轉到圓盤的最低點，由重力沿斜面向下的分力和最大靜摩擦力的合力提供向心力 時，此種情況下不滑 動的半徑最大，由牛 頓第二定律列方程求解。本題關鍵 要分析向心力的來源，明確角速度在什么位置最大，由牛頓第二定律進行解題即可。5.【答案】 A【解析】解：設 a、b 兩球碰后速度大小分 別為 v1、v2。由題有：b 球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P 點追上甲，則從碰后到相遇 a、b球通過的路程之

14、比 為：s1：s2=1：3根據(jù) s=vt 得：v2=3v1以水平向右 為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得：Mv 0=M （-v1）+mv2第8頁，共 17頁由機械能守恒定律得：Mv 02=Mv 12+mv22解得：M ：m=3：5故選：A。根據(jù)碰后再次相遇的路程關系，求出兩球碰后的速度大小之比。根據(jù)碰撞過程中動量、能量守恒列方程即可求出a、b 球質量之比 M ：m。解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關系求出碰后的速度大小之比，要掌握彈性碰撞的基本 規(guī)律：動量守恒和機械能守恒。解 題要注意選擇正方向，用正負號表示速度的方向。6.【答案】 BC【解析】解：AB 、由于曲線運動的合力指向外 側

15、，故從電荷的運動軌跡可以看出，電荷受到排斥力，故甲、乙為同種電荷，因不能判斷場源電荷的帶點性質，故不能判斷電勢的高低，故 A 錯誤，B 正確；C、電荷從 S 到 m 到 N，電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，故 C 正確；D、場強大小為 EMEN ES，故D 錯誤；故選：BC。根據(jù)電荷的運動軌跡判斷受力情況，根據(jù) 電場力做功情況判斷 電勢能的大小關系。本題關鍵是要根據(jù)運 動軌跡確定受力情況，然后 結合點電荷的電場線和等勢面情況來確定 電勢情況和能量的 轉化情況。7.【答案】 AD【解析】解：如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相反。則 a 受到 b 產(chǎn)生磁場的作用力向左大小 為

16、F，那么 b 受到 a產(chǎn)生磁場的作用力向右大小 為 F，這兩個力大小相等，方向相反。當再加入勻 強磁場時產(chǎn)生的磁場力大小為 F0，則 a 受到作用力 為 F2=F+F0=2F或 F2=F-F0=2F第9頁，共 17頁而對于 b 電流方向與 a 相同，所以 b 受到作用力 為 F =F- ，或F =F+F；2020所以當 F0=F 時，F(xiàn)2=0；當 F0=3F 時，F(xiàn)2=4F。故選：AD 。不加磁場時，ab 受到大小相等方向相反的力；然后再加入一勻 強磁場，則此時b 受到的磁 場力大小與 a 相同，方向相同；根據(jù) a的合力即可分析磁 場力的大小，從而求出 b 受到的合力的可能 值；注意所加磁場力

17、的方向可能與原安培力同向也可以反向。本題要明確加入磁 場前后兩電流之間的磁場力是不變的；只要分析所加磁場產(chǎn)生的安培力即可，根據(jù)力的合成方法求出對應的合力即可。8.【答案】 AC【解析】解：設物塊通過半圓形軌道最高點的速度 為 v0根據(jù)機械能守恒定律得：+2mgR=物塊從半圓形軌道最高點 b飛出后做平拋運動 則， ：2R=x=v 0t聯(lián)立整理得：x=根據(jù)數(shù)學知 識可知，當 4gR=v2-4gR，即R=時 x 最大，且x 最大值為：d=故選：AC。根據(jù)機械能守恒定律求出物塊通 過最高點的速度與 R 的關系，由平拋運 動的規(guī)律得到物 塊在水平軌道的落點與 a 點間距離與 R 的關系式，從而由數(shù)學知識

18、求解。第10 頁，共 17頁本題是機械能守恒定律和平拋運動的綜合，關鍵要得到平拋運 動的水平距離與 R 的關系式，結合數(shù)學知 識求 x 的最大值。9.【答案】 ABD【解析】解：A 、由圖可得：波長 =4m，故A 正確；B、若波向右傳播，可得：波從實線位置傳播到虛線位置的傳播距離 x=4n+3（m），則：所以：T=s則頻率：f=Hz當 n=1 時，f=3.5Hz ；當n=2 時，f=5.5Hz；故B 正確；C、D、波向左傳播，可得波從實線位置傳播到虛線位置的傳播距離 x=1m，則：所以：T=則頻率：f=Hz當 n=1 時，f=2.5Hz ；當n=2 時，f=4.5Hz；不可能為 4Hz故C 錯

19、誤，D 正確；E、波傳播的過程中各質點只在平衡位置附近振 動，不能沿波的方向傳播。故E 錯誤；故選：ABD 。由圖得到波長，根據(jù)兩波形圖關系，由波的傳播方向和 傳播時間，根據(jù)周期范圍求得周期、波速；再根據(jù)波速得到傳播距離，從而得到質點振動。機械振動問題中，一般根據(jù)振動圖或質點振動得到周期、質點振動方向；再根據(jù)波形圖 得到波長和波的傳播方向，從而得到波速及 質點振動，進而根據(jù)周期得到路程。10.【答案】 1.14 10-2610-10【解析】第11 頁，共 17頁2解：每個正方形的面積為：S1=（1cm）面積超過正方形面 積一半的正方形的個數(shù) 為 115 個則油酸膜的面 積約為：S=114S1=

20、114cm2=1.14 10-2 m2每滴酒精油酸溶液中含有純油酸的體 積為：V=710-6mL；把油酸分子看成球形，且不考 慮分子間的空隙，則分子的直徑 為：d=m=610-10m；故答案為：1.14 10-2，610 -10 。采用估算的方法求油膜的面積，通過數(shù)正方形的個數(shù)：面積超過正方形面 積一半的算一個，不足一半的舍去，數(shù)出正方形的總個數(shù)乘以一個正方形的面積，近似算出油酸膜的面 積；根據(jù)濃度按比例算出 純油酸的體 積；把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直徑，由公式 d= 可以求出分子直徑大小。本實驗關鍵要建立模型，此題不考慮油酸分子 間的空隙，采用估

21、算的方法求面積，肯定存在誤差，但本實驗只要求估算分子大小，數(shù)量 級符合要求就行了。計算時注意單位的換算。11.【答案】 1.095【解析】解：（1）游標卡尺的主尺 讀數(shù)為 10mm，游標讀數(shù)為 0.05 19mm=0.95mm，所以最終讀數(shù) d=10mm+0.95mm=10.95mm=1.095 cm；（2）滑塊經(jīng)過光電門 B 的速度為：v=，根據(jù) v2=2as得：a=，故答案為：（1）1.095；（2）。標讀數(shù)結果等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，不需要估讀；（1）游 卡尺（2）滑塊經(jīng)過光電門時 的瞬時速度可近似 認為是滑塊經(jīng)過 光電門的平均速度，第12 頁，共 17頁再根據(jù)運 動學加速度公

22、式解答。常用儀器的讀數(shù)要掌握，這是物理實驗的基礎。處理實驗時一定要找出 實驗原理，根據(jù)實驗原理我們可以尋找需要測量的物理量和需要注意的事項。12.【答案】 a2080mA102.8【解析】解：（1）當多用電表使用檔位是 電流表時，要求多用電表乙的 電流從正極流入；多用電表接歐姆檔 時，紅表筆接歐姆表內部 電源的負極，電流流入 紅表筆端，結合電流表的正 負極可知，電路中的電流的方向：電流表負極 待測電阻 a歐姆表 電流表正極；所以可知多用 電表甲的紅表筆應接 a 接線柱，黑表筆接另一接 線柱；（2）歐姆表讀數(shù)等于表 盤示數(shù)乘以倍率：201=20；歐姆表測量的是電流表與定值電阻二者電阻的和，所以電

23、流表的內阻 為：r=Rx-R0=20-10=10將該表選擇旋鈕置于直流 100mA 擋測電流，選擇中間第三排刻度 讀數(shù)，則分度值為 2mA，讀數(shù)為 80mA ；（3）置于歐姆擋“，1”表盤上方正中刻度 值為 15，即中值電阻為 15，由閉合電路的歐姆定律可得：I=代入數(shù)據(jù)可得：E=2.8V故答案為：（1）a；（2）20，80mA，10；（3）2.8（1）明確多用電表的使用方法和基本原理，從而確定電表的正確接法；（2）歐姆表讀數(shù)等于表 盤示數(shù)乘以倍率；安培表讀數(shù)前先看清分度 值，然后進行讀數(shù)；（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析即可。第13 頁，共 17頁本題考查伏安法測電阻的實驗原理以及多用 電表

24、的使用，要注意明確 讀數(shù)時有效位數(shù)的保留，確定何 時需要估讀；同時明確誤差分析的基本方法。13.【答案】 解：（ 1）設粒子恰好從d 點射出時，速度大小為v1，運動半徑為r 1，在磁場中的運動時間為t由向心力公式得：qv1B=m由周期公式得：T=因為 r1= t=聯(lián)立解得： t=（ 2）設粒子從 C 點射出時速度想為v2，運動半徑為 r2，由向心力公式得：qv2B=m由幾何關系得：（222r 2-L） +（3L） =r 2解得： r2=5Lv2=答：（ 1）若粒子恰好從 d 點射出磁場，粒子從 a 點運動到 d 點的時間為；（ 2）若粒子恰好從 c 點射出磁場，粒子運動速度的大小是?！窘馕觥浚?/p>

25、1）粒子恰好從 d 點射出磁 場，在磁場中運動的軌跡為半圓，圓心在 ad 的中點，半徑確定，運動時間可求解；（2）粒子恰好從 c 點射出磁 場，畫出軌跡并確定 圓心。圓心在 ad 的延長線上，構建三角形可求出半徑， 則問題可求解。本題考查了粒子在有界磁 場的問題，解決題目的關鍵是畫出在磁 場中運動的軌跡，從而求得半徑。14.【答案】 解：（ 1）物塊 b 受電場力 F=3mg對 b 由牛頓第二定律得：F-mg=ma1解得： a1=2g對 a 由牛頓第二定律得：mg=ma2解得： a2=g設經(jīng)時間 t 1 物塊第一次與擋板相碰，有2（ a1-a2） t1 =L解得： t1=物塊第一次與擋板碰撞前

26、瞬間物塊的速度：v1=a1t1第14 頁，共 17頁解得： v1=（ 2）物塊第一次與擋板碰撞前瞬間絕緣板的速度：v2=a2t1=物塊的位移：x1=解得： x1 =2L物塊與絕緣板右端豎直擋板碰撞后a、 b 速度交換，物塊的速度為v1=絕緣板的速度v2=對 b 牛頓第二定律得： F+mg=ma3解得： a3=4g設經(jīng)歷時間 t2 達到共同速度v，則 v=v1+a3t2 v=v2-a2 t2解得： t2=v=設二者的相對位移大小為x，有（ v2-v1） 2=2（ a3+a2） x解得： x=物塊對地位移大小為x2，有 x2=解得： x2=設在經(jīng)歷t 3，物塊第二次與擋板相碰，有（ a1-a2） t3 2=x解得： t3=2物塊對地的位移：x3=vt3+ a1t 3解得： x3=+物塊的總的位移： x=x1 +x2+x3 =L場力所做的功W=3mgx=答：（ 1）物塊第一次與擋板碰撞前瞬間物塊的速度大小是；（ 2）