重庆市沙坪坝等主城六区2019届高三上学期第一次学业质量调研抽测理综物理试题

重庆市沙坪坝等主城六区2019届高三学业质量调研抽测（第一次）理综试题
二、选择题
1.物理学家查德威克用α粒子轰击铍核Be，发现了中子，其核反应方程是α+Be→n+X，则Ⅹ的质量数和原子序数分别为
A. 9和2
B. 9和3
C. 12和5
D. 12和6
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“核反应方程”可知，本题考查原子核的反应类型，根据质量数守恒和核电荷数守恒判断生成物分析推断.
【详解】由质量数守恒和核电荷数守恒知，X的质量数为4+9-1=12，原子序数为2+4-0=6；故选D.
【点睛】人工核转变是指通过人工技术（射线，激光，粒子撞击等手段）是原子发生反应；典型的人工核转变是三大发现的核反应.
2.如图，轻绳一端系在小球A上，另一端系在圆环B上，B套在粗糙水平杆PQ上。

现用水平力F作用在A上，使A从图中实线位置(轻绳竖直)缓慢上升到虚线位置，但B仍保持在原来位置不动。

则在这一过程中，杆对B的摩擦力F1、杆对B的支持力F2、绳对B的拉力F3的变化情况分别是
A. F1逐渐增大，F2保持不变，F3逐渐增大
B. F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大
C. F1保持不变，F2逐渐增大，F3逐渐减小
D. F1逐渐减小，F2逐渐减小，F3保持不变
【答案】A
【解析】
【分析】
根据“A缓慢上升，B仍保持在原来位置不动”可知，本题考查动态平衡问题，根据隔离法和整体法相结合进行研究，运用正交分解法分析力的关系.
【详解】设A球的质量为m，B球的质量为M，对A球受力分析，如图所示：
由平衡条件可得，，故随α增大，则F3增大，F增大；
再对两者的整体受力分析，如图所示：
有：，，则F2不变，F1变大；故选A
【点睛】动态平衡问题根据受力对象上有整体法和隔离法，要根据力的方向变化的个数有图解法、相似三角形法、正弦定理法.
3.地球近地卫星A和地球同步卫星B，都绕地心做匀速圆周运动.已知地球半径为R、地球同步卫星轨道半径为r.则它们的加速度之比a A:a B为
A. R:r
B. r:R
C. r2:R2
D. R2:r2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“地球近地卫星A和地球同步卫星B”可知，本题考查万有引力定律在卫星上的应用，根据万有引力做向心力得到加速度的表达式，即可得到近地卫星和同步卫星的加速度之比. 【详解】近地卫星和同步卫星均由万有引力提供向心力，设地球质量M，卫星质量m，轨道半径为r，则有：，可得，故近地卫星A和地球同步卫星B的向心加速度之比
为；故选C.
【点睛】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量；根据万有引力做向心力求得环绕运动的物理
量．
4.如图，光滑绝缘的水平面上，放置一原长为L0的绝缘弹簧，两端分别固定带等量同种电荷
的小球A和B(均当成点电)，A、B间的静电斥力使弹簧伸长了△L。

如果将两球的电荷量均增为原来的两倍，那么弹簧伸长的长度
A. 大于4△L
B. 等于4△L
C. 小于4△L
D. 等于2△L
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“光滑水平面上弹簧两端固定带电小球A和B”可知，本题考查库仑力作用下的平衡问题，根据平衡条件库仑力和弹力的平衡，运用电量增加则库仑力增加，用距离的表达式分析伸长量变化，结合数学比较大小的常用方法分析推断.
【详解】设两点电荷的电量为Q，弹簧的劲度系数为k0，由平衡条件可得；当
两球的电荷量均增为原来的两倍时伸长量为，有；联立可得
，因增大电量时距离增大有，故有；即
；故选C.
【点睛】可以用假设法(电量的乘积变为4倍，伸长量也增大为4倍，比较两个力的大小得出结论)和表达式的逻辑分析法.
5.甲、乙两物体都静止在水平而上，质量分别为m甲、m乙，与水平面间的动摩擦因数分别为μ
、μ乙.现用水平拉力F分别作用于两物体，加速度a与拉力F的关系如图，图中b、－2c、甲
－c为相应坐标值，重力加速度为g.由图可知
A. ；
B. ；
C. m甲：m乙=1︰2，μ甲︰μ乙=1︰2
D. m甲：m乙=2︰1，μ甲︰μ乙=1︰2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据“加速度a与拉力F的关系”可知，本题考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律的变形式，运用数学函数结合图象列式计算.
【详解】对质量为m的物体受力分析，假定动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，有：F-μmg=ma，可得：，故a与F关系图象的斜率表示质量的倒数，斜率越大，质量越小，故有，
，即m甲:m乙=2:1；从图象可以看出纵轴截距用-μg表示，故,即，
，有μ甲:μ乙=2:1；故选B.
【点睛】本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解出a与F关系式，再结合图象进行讨论.是常用的函数法，要学会运用.
6.如图，竖直绝缘轻弹簧一端固定在地面上的P点，另一端位于B点。

整个空间存在竖直向下的匀强电场(图中仅画一条电场线示意)一带正电小球从A点自由下落，经C点时速度最大，到D点时速度为零。

A、B、C、D、P五点与弹簧中心线共轴。

则下列判断正确的有
A. 由A到D的运动过程中，小球和地球组成的系统机械能守恒
B. 由B到D的运动过程中，小球和地球、弹簧组成的系统机械能增大
C. 由B到C的运动过程中，小球重力势能和电势能之和的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
D. 由C到D的运动过程中，小球重力势能和电势能之和的减少量大于弹簧弹性势能的增加量【答案】BC
【解析】
【分析】
根据“带正电小球从A点自由下落，经C点时速度最大，到D点时速度为零”可知，本题考查电场力作用下的运动规律讨论，根据小球运动的全过程重力势能和电势能与动能和弹簧的弹性势的总和守恒，由重力和电场力的做功情况分析出重力势能和电势能的变化从而知道动能和弹簧的弹性势的和如何变化.
【详解】A、小球由A到D的过程共有重力做正功，弹簧的弹力做负功，电场力做正功，
，小球和地球的系统除重力外有弹力和电场力一起做功，机械能不守恒；故A错误.
B、小球由B到D的过程，对小球和地球、弹簧组成的系统有除重力和弹力以外的电场力做正功，故机械能增大；故B正确.
C、小球到达C点时速度最大，故小球在B到C做加速运动，合外力做正功，由功能关系可知
，即；故C正确.
D、小球从C到D做减速运动，有，则；故D错误.
故选BC.
【点睛】把握小球从B到D过程的受力分析和运动分析，知道小球先做加速运动，后做减速运动，在BD之间C位置速度最大.
7.在下列所述的各磁场规定的位置内，能找到两点磁感应强度相同的是
A. 垂直于通电直导线的一个平面内
B. 通电长直螺线管的内部
C. 两根平行长直导线通以大小相等、方向相同的电流，在两导线之间的一条垂线段上
D. 两根平行长直导线通以大小相等、方向相反的电流，在两导线之间的一条垂线段上
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据“两点磁感应强度相同”可知，本题考查磁感应强度的比较，根据磁感应强度是否相同要从大小和方向两个方面，结合常见的磁场分布，运用磁感应强度的合成法则分析推断. 【详解】A、垂直于通电直导线的一个平面内的磁感线是同心圆，则半径相等的圆上磁感应强度大小相等，方向不同，则磁感应强度不同；故A错误.
B、通电长直螺线管的内部磁场的方向由安培定则可判，通电螺线管的磁感线分布与条形磁铁相同，且在管内有磁场，且接近匀强磁场，磁感线是平等距直线，故磁感应强度相同；故B 正确.
C、长直通电导线周围距离相等处的磁感应强度恒定，两根平行长直导线通以大小相等、方向相同的电流，在两导线之间的一条垂线段上的两点磁感应强度方向相反，关于中点对称的两点磁感应强度大小相等，但方向相反；故C错误.
D、两根平行长直导线通以大小相等、方向相反的电流，在两导线之间的一条垂线段上的关于中点对称的两点磁感应强度方向相同，合磁感应强度大小相等方向相同；故D正确.
故选BD.
【点睛】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量；多个磁场的磁感应强度的的合成遵循矢量合成的平行四边形法则.
8.在平直公路上，质量为m的汽车以速度v0匀速行驶，此时发动机的功率为P。

某时刻驾驶员加大油门，发动机功率立即增为2P并保持该功率继续行驶。

假设汽车行驶过程中所受阻力不变。

从驾驶员加大油门开始计时，汽车的速度v与时间t的关系如图(经时间t1后汽车以2v0匀速运动)，则下列判断正确的是
A. t=0时刻汽车的加速度大小为
B. 汽车在时刻的牵引力大小为
C. 在0~t1时间内汽车行驶的位移大小为
D. 在0~ t1时间内阻力对汽车所做的功为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据“汽车保持功率一定行驶”可知，本题考查机车的启动问题，分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况，阻力做功根据动能定理求解是常用的思路.
【详解】A、汽车匀速行驶时，有阻力，t=0时刻汽车的牵引力为，根据牛顿第二定律得，汽车的加速度大小；故A错误.
B、若汽车做匀加速直线运动，，由，可得，但汽车做变加速直线运动，无法求得时刻的瞬时速度；故牵引力的大小；故B错误.
C、D、汽车的功率保持不变，牵引力为变力，由动能定理，解得
，；故C正确，D正确.
故选ACD.
【点睛】汽车匀速行驶时，根据P=Fv求出阻力的大小，当功率为2P时，求出t=0时刻的牵引力，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度大小.根据功率不变，结合速度的变化判断牵引力
的变化．对变加速运动过程运用动能定理，求出克服阻力做功的大小以及汽车行驶的位移．
三、非选择题
9.如图(a)所示，用来验证牛顿第二定律的实验装置，也可以用来验证动能定理.其实验过程为：
A.测出小车的质量M=900g；
B.在木板右侧垫小木块以平衡小车受到的摩擦力；
C.测出小桶和沙的总质量m=100g；
D.按图安装好实验装置，接通频率为50Hz的低压交流电源，放开小车，让打点计时器在纸带上打好点后取下纸带；
E.纸带上的一段如图(b)所示，每5个打点取一个计数点，各计数点间的距离如图所示.
(1)选从A到E对应的过程研究，重力加速度取9.8m/s2，则小桶和沙的重力所做的功
W=___________J；小车动能的增量△E k=___________J(两空均保留3位有效数字)
(2)如果实验操作和数值计算的过程都正确无误，但实验结果W和△E k在误差允许范围内总是不相等，你认为主要原因是：_________________________________.
【答案】 (1). (2). (3). 小车受到的拉力不等于（或小于）小桶和沙的重力（或：重力对小桶和沙所做的功（或减少的重力势能）应等于小桶和沙、小车动能增量的总和）
【解析】
【分析】
根据“验证动能定理”可知，本题考查动能定理的实验研究，根据重力做功的定义式求解小
桶和砂的重力所做的功．根据某段时间内的平均速度等于时间中点的瞬时速度，可以求出A、E点速度大小，从而进一步求出其动能的增加量.
【详解】(1)从计数点A到计数点E，小桶和砂的重力所做的功W=mgh=0.1×9.8×(4.55+5.50+6.50+7.45)×10-2=0.235J;
图中各点为每5个打点选出的计数点（两计数点间还有4个打点未标出），所以相邻的计数点的时间间隔是0.1s．匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：;;
小车动能的增量.
(2)实验结果W和△E k在误差允许范围内总是不相等，主要原因是：小车受到的拉力不等于（或小于）小桶和沙的重力.
【点睛】书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，同时要熟练应用所学基本物理知识进行数据处理．
10.描绘一个标有“3V 0.5A”小灯泡L的伏安特性曲线。

实验室提供的实验器材有：
A.电源E(电动势为4V，内阻约1Ω)
B.电流表A1(量程为06A，内阻约0.5Ω)
C.电流表A2(量程为3A，内阻约0.1Ω)
D.电压表V1(量程为3V，内阻约3kΩ)
E.电压表V2(量程为15V，内阻约15kΩ)
F.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)
G.滑动变阻器R2(最大阻值100Ω)
H.开关一个、导线若干
(1)为了能多测几组数据并能从零开始测量，电流表选择_________，电压表选择__________，滑动变阻器选择___________(此三空均选填相应器材前的代号)。

并请在虚线框内画出实验电路图________.
(2)在按照合理的电路及操作测量后，作出如图(a)所示的小灯泡的伏安特性曲线。

现将同样规格的小灯泡分别接入如图(b)、如图(c)所示的电路中，已知电源电动势E′=3.0V，电源内阻r′=5Ω，图(c)中的定值电阻R=5Ω。

则图(b)中小灯泡的实际功率为___________W；图(c)中一个小灯泡的实际功率为___________W.(两空均保留2位有效数字)
【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). (5).
(6).
【解析】
【分析】
根据“描绘一个标有“3V 0.5A”小灯泡L的伏安特性曲线”可知，本题考查测量小灯泡的电
阻实验，根据伏安法的实验原理，知道本实验中采用滑动变阻器分压接法以及电流表外接法，同时注意根据图象分析数据的基本方法．
【详解】(1)根据灯泡的额定值可知，灯泡额定电压为3V，故电压表选择D；由额定电流为0.5A 可知，电流表应选择0.6A的B；由于本实验采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小10Ω的F；根据实验原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故电路图如图所示:
(2)设b图中的灯泡电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可知：,整理得
，在a图中过(3V,0A)和(0V,0.6A)两个点作出电源的I-U图象，，如图所示：
其交点即表示灯泡的工作点，由图可知，灯泡电压U=1.17V，I=0.37A，则灯泡的实际功率为
(0.40~0.45)
设c图中的灯泡电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可知：，整理得,在a图中过(0.75V,0A)和(0V,0.6A)两个点作出电源的I-U图象，，如图所示：
其交点即表示灯泡的工作点，由图可知，灯泡电压U=0.45V，I=0.24A，则灯泡的实际功率为
(0.10~0.12).
【点睛】由灯泡的额定电压和电流，从而确定电流表和电压表，根据实验原理明确本实验采用分压接法，从而选择对应的滑动变阻器；根据电路结构进行分析，作出对应的灯泡电压和电流间的关系图象，从而明确灯泡的实际电压．
11.如图所示，AB是半径R=0.80m的光滑1/4圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M=3.0kg的小车，其上表面与B点等高。

现将一质量m=1.0kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。

已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40。

重力加速度g取10m/s2。

求：
（1）滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大；
（2）滑块与小车最后的共同速度；
（3）为使滑块不从小车上滑下，小车至少多长。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
根据“滑块从光滑圆弧滑下，滑上小车最后达到共同速度”可知，本题考查物体做多过程的运动问题，根据曲线运动优先选择动能定理求速度，板块模型优先选用动量守恒定律求速度，能量守恒定律求摩擦生热列式计算.
【详解】(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得：
经B点时，由牛顿第二定律得：
联立解得：
(2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得：
解得共同速度：
(3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，
由能量守恒定律得：
联立可得：，即小车至少长1.5m
【点睛】本题综合力学的三个观点解决运动问题，涉及瞬时力和运动的关系时考虑牛顿第二定律和运动学公式；涉及变力、曲线、位移考虑动能定理；涉及内力作用的系统选择动量守恒定律；摩擦生热涉及相对位移考虑能量守恒定律.
12.如图所示，AB是一段长为s的光滑绝缘水平轨道，BC是一段竖直墙面。

一带电量为q(q>0)的小球静止在A点。

某时刻在整个空间加上水平向右、场强E=的匀强电场，当小球运动至B点时，电场立即反向(大小不变)，经一段时间后，小球第一次运动至C点。

重力加速度为g。

求：
（1）小球由A运动至B的时间t；
（2）竖直墙面BC的高度h；
（3）小球从B点抛出后，经多长时间动能最小?最小动能是多少?
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
根据“小球在匀强电场中运动至B点，经一段时间后小球第一次运动至C点”可知，本题考
查带电小球在匀强电场中的曲线运动问题，根据匀变速曲线运动的运动规律，运用动能定理和分运动的运动学公式列式计算.
【详解】(1)小球由A至B，由牛顿第二定律得：
位移为
联立解得运动时间：
(2)设小球运动至B时速度为v B，则
小球由B运动至C的过程中，在水平方向做加速度为-a的匀变速运动，位移为0，
则：
在竖直方向上做自由落体运动，则
联立解得：
(3)从B点抛出后经时间t，水平方向、竖直方向速度分别为
经时间t合速度v满足
代入得：
由此，当时，最小，最小值，
故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间
动能最小值
【点睛】涉及电场力和重力作用下的匀变速曲线运动，针对运动规律选择牛顿第二定律和运动学公式；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易.
13.对于热力学定律，下列说法正确的是( )
A. 第一类永动机不可能实现，因为违背了热力学第一定律
B. 热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度
C. 热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和
D. 热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响
E. 热力学第二定律指出，热量可以自发地由低温物体传给高温物体
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据“热力学定律”可知，本题考查热力学三大定律的内容，根据三大定律的不同表述和基本理解要点分析推断.
【详解】A、“第一类永动机”是不需要能源的热机，不可能制成，因为它违背了能量守恒定律；故A正确.
B、由热力学第三定律可知，绝对零度无法达到；故B错误.
C、根据热力学第一定律有△U=Q+W，可知一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和；故C正确.
D、根据热力学第二定律可知：气体不可能从单一热源吸热，并全部用来对外做功，而不引起其它变化；故D正确.
E、热量不能自发地从低温物体传给高温物体；在一定条件下可以使热量从低温物体传到高温物体；故E错误.
故选ACD.
14.如图，固定在水平面上的竖直薄壁气缸高H=0.50m，横截面积S=0.040m2，厚度不计的轻活塞封闭了一定质量的理想气体。

当缸内温度为t=27℃、压强等于大气压P0时，气柱高度h=0.4m。

不计活塞与气缸的摩擦，已知大气压p0=1.0×105Pa。

（1）如果缸内温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸上端口，求此时竖直拉力F的大小；（2）如果缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸上端口，求此时气体温度为多少摄氏度。

【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
根据“活塞缓慢上升，温度缓慢升高”可知，本题考查理想气体的等压变化和等温变化，根据理想气体状态方程，以及平衡条件得气体的压强，列式计算.
【详解】(1)对缸内气体，由波意耳定律得：
当活塞位于气缸上端口时，受力平衡：
联立解得：
(2)对缸内气体，由盖吕萨克定律得：
式中：，
联立解得：
15.如图为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的图象，位于坐标原点的振源振动周期为1s.以下说法正确的是（）
A. 质点b的振幅为0
B. 质点b的周期为1s
C. 经过0.25s，质点b沿x轴正向移动0.5m
D. 从t=0时刻起，质点a比质点c先回到平衡位置
E. 在t=0时刻，质量相等的质点a、c所受的回复力大小之比为1:2
【答案】BDE
【解析】
【分析】
根据“简谐横波的图象”可知，本题考查横波的基本规律，根据简谐波传播过程中介质中各质点的振幅都相等；质点并不随波迁移；由波的传播方向判断质点的振动方向，即可判断质点c与质点a回到平衡位置的先后．质点做简谐运动，回复力F=-kx.
【详解】A、图示时刻质点b的位移为0，但其振幅为4cm；故A错误.
B、所有参与传播的质点振动的周期与波源相同，波源振动的周期为1s，故质点b的周期也为1s；故B正确.
C、简谐横波沿x轴正向传播时，质点b只在自己平衡位置附近上下振动，并不向前移动；故C错误.
D、简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻，质点a向下运动，回到平衡位置的时间小于，而质
点c向上运动，回到平衡位置的时间等于，故质点a比质点c先回到平衡位置；故D正确.
E、根据简谐运动的特征：F=-kx可知，在t=0时刻，质点a、c所受的回复力大小之比为1:2;故E正确.
故选BDE.
【点睛】本题考查了波的基本特点：简谐波中各质点的振幅都相同、不“随波逐流”．
16.一细光束以入射角60°射到某种透明玻璃表面，其反射光线与折射光线互相垂直。

如图，△ABC是用同种玻璃做成的直角三棱镜的横截面，其顶角θ=30°，AB边长为l；PQ为平行于直线AB的光屏。

现有一宽度也为l的单色平行光束垂直射向AB面，求在光屏PQ上形成光带的宽度。

【答案】
【解析】
【分析】
根据“光束射到某种透明玻璃表面反射和折射”可知，本题考查光的反射和折射规律，根据折射定律、反射定律，结合几何关系进行求解.
【详解】光束射到透明玻璃表面时，根据折射定律：
得玻璃折射率
平行光束经棱镜AC面折射后，出射光束仍是平行光束，如图所示：
图中为AC面上入射角和折射角，其中，
根据折射定律：
得：
由几何关系得：，故，又
故
所以PQ上形成光带的宽度
【点睛】本题的解题关键是正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，运用折射定律求折射率．。