2020届重庆市高高三上学期学业质量第一次调研抽测物理试题及答案解析

重庆市高高三上学期学业质量第一次调研抽测物理试卷 第重庆市高高三上学期学业质量第一次调研抽测物理试卷 第页共12页2020届重庆市高高三上学期学业质量第一次调研抽测物理试题参考答案.C【解析】“粒子是4He,3粒子是：e,因此发生一次“衰变电荷数减少2,发生一次3衰变电荷数增加1,据题意，电荷数变化为： 221 3,所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位。故选项C正确。【点睛】衰变前后质量数和电荷数守恒， 根据发生一次“衰变电荷数减少2,发生一次3衰变电荷数增加1可以计算出放射性元素电荷数的变化量。D【解析】AB.物块上升过程中，加速度方向向下，取初速度方向为正方向，则加速度为负值，故 AB错误；CD.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-时间图像不是直线，而是曲线，故C错误，D正确。故选DoA【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 。点竖直线平行，支持力N沿半球面半径方向且NN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。点的距离为H,半球面半径为R,则有：NTmgRLH小球从A点滑向半球顶点过程中，小球到。点距离为R不变，H不变，L减小，所以N不

变，T变小故选A。4.C【解析】A.4.C【解析】A.小球由M到N过程中动能增加量:1 21 2Ek1m(3v)21—2 2一mv4mv2故A错误;BC.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2小球还动的最高点， h2一,从M到N,小球克服重力做的功:故A错误;BC.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2小球还动的最高点， h2一,从M到N,小球克服重力做的功:2g1 2Wmgh-mv所以小球的重力势能增加量:Ep12mv2小球的机械能增加量:E EkEp92mv2故B错误，C正确;D.由能量守恒定律可知，小球机械能增大，电势能减少，故D错误。故选CoB【解析】由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由 E=BLv及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。设导体棒运动的加速度为a,则某时刻其速度vat所以在0-ti时间内（即当bc边位于磁场左边缘时开始计时，到 bc边位于磁场右边缘结束）根据法拉第电磁感应定律得： EBLvBLat,电动势为逆时针方向BLa由闭合电路欧姆定律得： I——t,电流为正。其中R为线框的总电阻。R所以在0-ti时间内，It,故AC错误；从G时刻开始，换ad边开始切割磁场，电动势大小 EBLat,其中t〔tt2,电动势为顺时针方向为负 BLa BLa...电流：I——t,电流为负（即I——t,titt2）R RBLa BLa其中Io ti,电流在ti时刻万向突变，突变瞬间，电流大小保持 Io ti不变。故R RB正确，D错误。故选Bo【点睛】对于电磁感应现象中的图象问题， 经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向， 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系， 然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。AD【解析】A.结合Ekh图像可知，hh2时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零,即：mgk（h2hh）解得：k4

h2h3故A正确;B.物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当hh3时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故 B错误；C.物块由hh2到hh4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：EpmgQh4)故C错误；D.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Epminmg(hih5)故D正确。故选AD。BD【解析】A.设AB所带电荷量均为q,则物A所受摩擦力：fA i(mAgqE)cosfB 2(mBgqE)cos由于不知道mA与mB的大小，故无法判断fAt与fBt的大小关系，故A错误；B静止前，AB组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故 B正确；C.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，故C错误；D.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，故D正确。故选BD。ACD【解析】A.煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度：mg 2a g3m/sm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：X一一•v甲—0.6m/s故A正确；B.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,故B错误；C.以传送带甲为参考系，煤块的初速度为 0.6m/s,方向与传送带甲的速度方向相反，煤块相对传送带甲做匀减速直线运动，相对加速度仍为 3m/s2,故相对传送带甲的位移：2vx1——0.06m6cm2a所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为 6cm,故C正确；g/s10D.g/s102 2v相对二V甲v相对加速度：a3m/s2煤块相对乙传送带的位移：22Vx相对一0.195m19.5cm2a即煤块在传送带乙上留下的痕迹为 19.5cm,故D正确。故选ACD。BDE【解析】A.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，故 A错误；B.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， 故B正确；C.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，故 C错误；D正确;D.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，故D正确;E正确。E.E正确。故选BDE。6.869(6.868~6870均可)9.60【解析】[1]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：36.90.01mm0.369mm,所以金属板厚度测量值为 6.869mm,由于误差6.868mm~6870mm均可；[2]游标卡尺主尺部分读数为 9mm,游标尺部分读数为120.05mm0.60mm,所以金属块长度测量值为9.60mm。150 2865 1200 50M增大增大减小偏大【解析】[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100此时通过电阻R1的电流为900^A,由并联分流规律可知：Rg900R100得:R1150改装后电流表内阻:RARgRA —g-135RaRg[2]将其与R2串联改装为[2]将其与R2串联改装为3V的电压表由欧姆定律可知,RaR211033V量程电压表的内阻:3kQ解得:R22865[3]再串联R3改装为15V[3]再串联R3改装为15V量程电压表,R3R3所分电压为1211012V,所以:12k[4]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50a的滑动变阻器;

[5]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；⑶[6]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，所以电源的输出功率增大；[8]由EErrR巧心、可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小,电源效率U100%,所以电源的效率减E小;可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小,电源效率U100%,所以电源的效率减E小;(4)[9]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。qBdqBd12.(1)——mcosmcos qBsin

-2,qBdmcos画出粒子的轨迹图,由几何关系求解运动的半径， 根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间;根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强。(1)设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为轨迹圆心为O.R,画出运动轨迹如图所示,B C由几何关系可知：cos—R洛伦兹力做向心力：qv洛伦兹力做向心力：qv0B2Vom一RqBd解得：v0mcos(2)设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为(2)设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x,有：sin粒子作匀速运动：x=votmcos联立解得：t qBsinEq=qvoBEq=qvoB2,解得：e-qB-dmcos结合几何关系求解半径等物理量;此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图,结合几何关系求解半径等物理量;知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力。mg13.(1)Xi—k(2)Vamg13.(1)Xi—k(2)VaVb V22gmk⑶XolOmg

k(1)设开始弹簧的压缩量为 Xi,对A：mgkxmgkx1故:X1X1mg

k(2)B球受电场力为:qEmgqEmgAB小球刚分离时对B由牛顿第二定律有:aBmgqEaBmgqEm2gAB二者加速度相等对A有:所以,aAaB2gmgkx2maAX2mg

kXi即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量，刚分离时AB小球速度相等，设为V2VaVb V2依题意，B相对于碰撞位置上升最高3mgk向上做竖直上抛运动，由运动学公式：故AB分离后B再上升高度mg,AB分离后Bk2 mgV222gd即:(3)设AB碰后共同速度为Vi,对AB整体从碰后到二者分离过程，由动能定理有:1 2 1 2(2mgqE)2xi-2mv>-2mv1得:设B与A碰撞前速度大小为Vo,AB碰撞过程动量守恒:mv02mM得：Vo2Vi2gJ10mB在下落过程中受重力与电场力，由动能定理：(mgqE)%—mv22解得:xo解得:xo10mg(1)90cmHg (2)10.3cm【解析】(1)设左右液面等高时，右液面上升 X1,左液面下降x2,则有:x1x210cm

9SxSx2可得：x11cm,x29cm右侧气体等温变化，根据玻意耳定律有 p1Vlp1V1,则有：9SP1P010cmHg85cmHg,V118cm9S,V117cm9S可得：Pi90cmHg等高时左侧气体的压强：P2Pi90cmHg(2)左边气体等温变化，根据玻意耳定律有： P2V2P2V2p2p075cmHg,V28cmSp2p190cmHg,V2L2s解得空气柱后来长：L26.7cm活塞下降d,则：d18cm6.7cm1cm10.3cm

【解析】通过光线在镀膜部分发生全反射， 根据临界情况，通过几何关系求出镀膜面积与立方体表面积之比的最小值。如图，考虑从玻璃立方体中心 。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，根据折射定律有： nsinsin,式中，n是玻璃的折射率，入射角等于以“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 A点刚好发生全反射，故a设线段oa在立方体上表面的投影长为R,由几何关系有2sinaRsinaa2.式中a为玻璃立方体的边长，联立解得Ra(2)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、、-、一S6RA璃立方体的表面积S之比为一一2A一s6a4ACD【解析】A.ad间距离为x=12m,波在同一介质中匀速传播， 则波从a传到d的时间为t=x/v=12/2s=6s,即在t=6s时刻波恰好传到质点d处。故A正确；24 -B.设该波的周期为T,由题可得，3T/