重庆市南开中学2020届高三物理上学期一诊考试模拟试题（含解析）1.真空中，一直线上有M、O、N、P四个点，相邻两点间距相等，现在O点放一点电荷Q，如图所示，则（）A. 电势φM＝φNB. 电势φM＝φPC. 场强大小E M＝E PD. 电势差U ON＝U NP【答案】A【解析】【分析】根据点电荷周围电场线的分布，判断M、P两点的场强大小和方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低判断电势的高低，再依据非匀强电场，等差等势面间距不相等，从而即可求解．【详解】AB．沿电场线方向电势逐渐降低，则到点电荷距离相等的两点M、N两点的电势相等，而N点电势不等于于P点，故A正确，B错误；C．根据点电荷周围电场线分布知，M点的场强大于P点，且方向相反，故C错误；D．虽然相邻两点间距相等，如果是匀强电场，则电势差U ON=U NP；由于是点电荷，非匀强电场，因此电势差U ON＞U NP，故D错误．【点睛】解决本题的关键知道点电荷周围电场线的分布，知道电场强度强弱判定，掌握判断电势高低的方法，同时理解匀强电场时，等差等势面间距才相等．2.一平直公路旁等间距立5根电线杆，相邻两电杆距为d，如图所示．一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是（）dA. 小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为2B. 小车车头从第1根电线杆到第5C. 小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为4dtD. 小车车头到第5【答案】C 【解析】【详解】A．小车车头从第1根到第2根过程，由，解得：，故A 错误；22v d t =22d v t =B．由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，小车车头从第1根到第2根过程，t =小车车头从第1根到第根过程1根电线杆到第5根电线杆t '=历时为2t ，故B 错误；CD ．小车车头从第1根到第2根过程，由公式，解得：，小车车头从第222ad v =2v =1根到第5根过程同理解得：，由A 分析可知，，所以小车车522v v ==22dv t =头到第5根电线杆时，小车速度大小为，故C 正确，D 错误．54dv t =3.如图所示电路中，闭合开关S 后，白炽灯L 1、L 2不亮，用电压表检测电压得：Ubc ＝0，U cd ＝6V ，若电路中只有一处断路，则发生断路的是（ ）A. L 1灯B. L 2灯C. RD. 电源【答案】B 【解析】【分析】U bc =0，也就是说电阻R 的分压为零，运用闭合电路中分压的知识即可作答．【详解】U bc =0，通过R 中的电流为零，也就是说电阻R 没有断路由于电阻R 的分压为零，而U cd =6V ，即L 2的分压远远大于电阻R 的分压运用闭合电路中分压的知识可知，此时L 2的电阻远远大于电阻R 的电阻所以是L 2断路（可近似看为电阻无限大）【点睛】本题考查串联电路的分压规律，难度不大．注意某处断路．相当于该处电阻无限大，因此分压就等于总电压．4.a 、b 两颗卫星在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，两卫星绕行方向相同，某时刻两卫星相距最近，如图所示．已知轨道半径R a ＝4R b ，卫星b 的周期为T ，则两卫星再次相距最近所经历的最短时间为（）A. TB. TC. TD. T47874383【答案】B 【解析】【分析】两颗人造地球卫星a 和b 绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式比较求得卫星a 的运行周期．某时刻两卫星正好同时通过地面上同一点的正上方，当两颗卫星转动角度相差2π时，即a 比b 少转一圈，相距最近．【详解】设地球质量为M ，卫星a 和b 质量分别为m a 、m b两颗人造地球卫星A 和B 绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式：2224a a a a a Mm G m r r T π=2224b b b b bMm G m r r T π=联立解得：T a =8T b =8T至少经过时间t 它们再一次相距最近，此时a 比b 少转一圈即有： 1b at t T T -=联立解得：．87t T =【点睛】本题既可应用万有引力提供向心力求解，也可应用开普勒行星运动定律求解，以后者较为方便，两卫星何时相距最远的求解，用到的数学变换相对较多，增加了本题难度．5.如图所示，光滑圆形轨道固定在竖直平面内，一可视为质点的小球在轨道内运动，小球始终不脱离轨道，重力加速度为g．则小球通过最低点时的加速度大小不可能为（ ）A. B. C. 2g D. 3g3g2g 【答案】D 【解析】【分析】球在轨道内运动，小球始终不脱离轨道，分完整的圆周运动和小角度摆动两种情况：（1）如果是完整的圆周运动，最高点速度最小时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得到最小速度；小球运动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得到最低点速度，根据向心加速度公式得到最低点的向心加速度．（2）如果是小角度摆动，小球的最高点是上升到与圆心等高．【详解】情况一：完整的圆周运动球在最高点是重力和支持力的合力提供向心力，支持力为零时速度最小，根据牛顿第二定律，有：2v mgmR =解得：v =从最高点到最低点过程，以最低点为零势能参考点，根据机械能守恒定律，有：2'211222mg R mv v⋅+=解得：v '=故最低点的最小加速度为：；'25v a gR ==情况二：不完整的圆周运动如果是小角度摆动，最低点速度最大时运动的最高点与圆心等高，以最低点为零势能参考点，根据机械能守恒定律，有：''212mgR mv =解得：v ''=最低点向心加速度的最大值为：''22v a gR ==综上，最低点的向心加速度的单位为：a≤2g，或者a≥5g；【点睛】本题考查机械能守恒定律，涉及圆周运动、向心力、牛顿第二定律等知识点，关键是分情况讨论，同时明确竖直平面的最高点和最低点是合力提供向心力．6.水平面上有楔形物体甲，物体乙置于物体甲的粗糙斜面上，物体乙受平行于斜面向上的拉力F ，甲、乙仍处于静止状态．下列说法一定正确的是（）A. 乙对甲压力减小B. 甲对地压力减小C .乙对甲摩擦力增大D. 甲对地摩擦力增大【答案】BD 【解析】【分析】整体处于平衡状态，将力F 进行分解，根据水平方向和竖直方向的受力情况进行分析．【详解】A．沿斜面向上的拉力F 在垂直于斜面方向没有分力，故乙受平行于斜面向上的拉力F 后乙对甲压力不变，故A 错误；BD ．没有施加力F 时，甲对地压力等于总重，甲对地摩擦力为零，施加力F 后，F 在竖直方向有向上的分力，使得甲对地压力减小；力F 在水平方向有向右的分力，使得甲对地摩擦力增大，故BD 正确；C ．物体乙受平行于斜面向上的拉力F 后，乙受到的摩擦力有可能减小，根据牛顿第三定律可知乙对甲摩擦力有可能减小，故C 错误．【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．注意整体法和隔离法的应用．7.如图所示，回旋加速器由置于高真空中的两个半径为R 的D 形式上金属盒构成，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直．两盒间加速电压为U ，方向发生周期性变化，使得粒子每进入狭缝即被加速．从A 处粒子源产生的带正电粒子质量为m 、电荷量为q 、初速不计，粒子重力不计．则（）A. 粒子能获得的最大速率为B. 粒子能获得的最大速率为qBRm 2qBRmC. 粒子在加速器中运动时间为D. 粒子在加速器中运动时间为22BR U π2BR Uπ【答案】AC 【解析】【分析】当粒子从回旋加速器出来时，速度最大．根据求出最大速度，再根据2v qvB mr =求出最大动能，粒子被电场加速一次动能的增加qU ，根据最大动能求出加速的212k E mv =次数，粒子在磁场中运动一个周期被加速两次，从而知道粒子运动的周期次数，从而求出运动的时间．【详解】根据得： 2v qvB mR =qBR v m =则最大动能为：2222122kmq B R E mv m ==粒子被电场加速一次动能的增加qU则粒子被加速的次数为：222km E qB R n qU mU ==粒子在磁场中运动周期的次数为：2224n qB R n Um '==周期：2mT qB π=则粒子从静止开始到出口处所需的时间为：22BR t n T U π='=【点睛】解决本题的关键知道粒子出回旋加速器时速度最大，根据可求出最大速2v qvB mr =度．以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相等8.如图所示，光滑水平面上静置一质量为m 、长为L 的长木板B ，木板上表 面各处粗糙程度相同，一质量为m 的小物块A(可视为质点)从左端以速度v 冲上木板，当v=v 0时，小物块A 历时t 0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A 、B 系统生热为Q ，则( )A. 若v=，A 、B 相对运动时间为02v 02t B. 若v=，A 、B 系统生热为02v 2QC. 若v=2v 0，A 经历达木板右端4t D. 若v=2v 0，A 、B 系统生热为Q 【答案】AD 【解析】【分析】对于A 、B 组成的系统，由于系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终两者的共同速度，再由对B ，运用动量定理求运动时间．由系统的能量守恒求系统生热．【详解】A 项：当v=v 0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0=2mv′代入数据得：v′=0.5v 0对B ，由动量定理得：ft 0=mv′可得：002mv t f =由能量守恒定律得：2'22001112224Q mv mv mv =-⨯=若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：2v v =解得：022v m mv ⋅='04v v '=对B ，由动量定理得：ft=mv′解得：4mv t f =可得：02t t =AB 系统生热，故A 正确，B 错误；2'2200111(2222164v Q Q m mv mv =-=='⨯C 、D 项：若v=2v 0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m•2v 0=mv A +mv B ，A 、B 系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A 、B 系统生热仍为Q ．根据能量守恒定律得：220111(2)222A B Q m v mv mv =--结合上面解答有：2014Q mv =对B ，由动量定理得：ft=mv B -0联立解得：，，故C 错误，D 正确．0B v =04t t =≠【点睛】解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生热与相对位移有关．9.某实验小组用右图所示实验装置测量物块与水平固定桌面之间的动摩擦因数．已知物块和遮光板的总质量为M ，重物质量为m ，遮光板的宽度为d （d 很小），遮光板与光电门之间的距离为L ，重力加速度为g ，细线平行于桌面让重物由静止释放，测出遮光板通过光电门所用的时间为Δt．(1)物块通过光电门时的速度v ＝_________，物块运动的加速度a ＝___________；(2)本实验是否需要满足M >>m 的条件?_______（填“需要”或“不需要”）．(3)物块与水平桌面之间的动摩擦因数μ＝__________．【答案】 (1). (2). (3). 不需要 (4).d t ∆222()d L t ∆22()2()m m M d M MgL t +-∆【解析】【详解】(1) 由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故dv t =∆由运动学的导出公式：2202aL v v =-解得：；22222v d a L L t ==∆(2)由于本实验不需要用重物质量替代滑块的合外力，所以实验中不要M 远大于m ；(3) 对m ：mg-F 拉=ma 对M ：F 拉-μMg=Ma解得：．22()2m M m d M MgL t μ+=-∆【点睛】本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法．10.某学习小组在学习有关电学知识后,将一电流表改装成能测量电阻的欧姆表,如图1所示．实验器材如下：A ．待改装电流表一个:量程为0至3mA ，内电阻100Ω，其面板如图2所示；B ．干电池一节：电动势E ＝1.5V ，内电阻r ＝0.5Ω．C ．电阻箱R ：阻值范围0～999.9Ω．(1)测量电阻前,先进行欧姆调零．将电阻箱R 调至最大,将红、黑两表笔直接接触，调节电阻箱R 使电流表指针指到最大刻度3mA ，此时电阻箱R 的阻值应为R ＝_______Ω．(2)欧姆表调零后，将红、黑笔分别接触待测电阻的两端，若电流表的示数为1.5mA ，则待测电阻的阻值R x ＝_______Ω；(3)若将电流表示数范围限制在0.5mA 到3mA 之间，则欧姆表可测量的电阻范围为_________Ω．(4)如果将R 0＝25Ω的电阻与图1电路图中的电流表并联，重新调零，电流表中央1.5mA 刻度线处应标示为_______Ω．【答案】 (1). 399.5 (2). 500 (3). 0～2500（或2500～0） (4). 100【解析】【分析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意应用闭合电路欧姆定律分析答题．【详解】(1) 指针指到最大刻度时：代入数据解得：R=399.5Ω；g g E I r R R=++(2) 欧姆表调零后，其内阻：31.5500310g E R I -==Ω=Ω⨯内电流表示数为：I=1.5mA ，则：x E I R R 内=+代入数据解得：R X =500Ω；(3) 电流表示数为：I=0.5mA 时，则：11x E I R R 内=+代入数据解得：R X1=2500Ω；电流表示数为：I=3mA ，指针满偏，所测电阻阻值为零，则：欧姆表的测量范围是：2500～0Ω；(4) 电流表内阻为100Ω，定值电阻R 0=25Ω与电流表并联，流过定值电阻的电流是流过电流表电流的4倍，改装后欧姆表调零时内阻：1004g g E R I I ==Ω+内电流表示数为1.5mA 时，流过欧姆表的电流为：I=1.5+4×1.5=7.5mA ，+x EI R R =内代入数据解得：R X =100Ω．【点睛】本题考查了求欧姆表的调零电阻阻值、中值电阻阻值、电阻测量值，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题．11.如图所示, 细金属杆ab 的质量为m ，长度为L ，用长为d 的绝缘细线悬挂，金属杆ab 两端恰好与宽度也为L 的水平光滑金属导轨良好接触,金属导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁场磁感应强度大小为B ．闭合开关S 后金属杆ab 向右摆起，悬线的最大偏角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g．求：(1)刚离开金属导轨时,金属杆ab 的速度大小v ；(2)从闭合开关S 到金属杆离开轨道的短时间内通过金属杆ab 的电量q ．【答案】(1)v(2)q【解析】【详解】(1) 由机械能守恒定律可知 21(1cos )2mgd mv θ-=解得：；v =(2) 金属杆在通电瞬间受到磁场作用的安培力．根据动量定理可得n n F t mv ∑∆=n n F Bi L =n n q i t =∑∆可得BqL ＝mv .解得：q =12.如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向．已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、q 、v 0、d ．求：(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ；(2)匀强电场的场强大小E 1、E 2；(3)粒子到达B 点时的动能E kB ．【答案】(1) (2)E 1 E 2 (3) E kB ＝2032W mv =20143m υ【解析】【分析】(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功．(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小．(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能．【详解】(1) 由题知：粒子在O 点动能为E ko =粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O2012mv 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =；2032mv (2) 以O 为坐标原点，初速v 0方向为x 轴正向，建立直角坐标系xOy ，如图所示设粒子从O 到A 运动过程，粒子加速度大小为a 1，历时t 1，A 点坐标为（x ，y ）粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=21112a t由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay ，v Ay =a 1 t 10粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°．解得：， x =20132v y a =由几何关系得：ysin60°-xcos60°=d，解得：，1a =104d t v =由牛顿第二定律得：qE 1=ma 1，解得：1E =设粒子从A 到B 运动过程中，加速度大小为a 2，历时t 2，水平方向上有：v A sin30°=a 2sin60°，，qE 2=ma 2，22t 2104d t t v==解得：，；2a =2E =(3) 分析知：粒子过A 点后，速度方向恰与电场E 2方向垂直，再做类平抛运动，粒子到达B 点时动能：E kB =，v B 2=（2v 0）2+（a 2t 2）2，212B mv 解得：．20143KB mv E =【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题．13.下列说法正确的是_________A. 扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的B. 一定质量的气体，如果体积增大，其内能一定减少C. 气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的D. 一定质量的气体，如果温度升高，压强必然增大E. 一定质量的0℃的冰变成0℃的水,其内能增加【答案】ACE【解析】【分析】扩散现象说明分子的无规则运动；根据气体温度的变化确定内能的变化；根据气体压强额微观实质分析气体压强产生的原因；根据分析压强的变化；晶体熔化过程中温度不变、PV CT =内能增大．【详解】A．扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，是由物质分子无规则运动产生的，故A 正确；B ．一定质量的气体，如果体积增大，温度有可能升高，其内能可能增大，故B 错误；C ．气体压强的产生原因是由于大量气体分子对容器的碰撞引起的，故C 正确；D ．一定质量的气体，根据可知，如果温度升高，体积增大，则压强不一定增大，PV C T =故D 错误；E ．一定质量的0℃的冰变成0℃的水需要吸收热量，分子的平均动能不变，而分子势能增大，其内能增加，故E 正确．故选ACE 。