2022届重庆市高三(上)第一次联合诊断测试物理试题(解析版)高中

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的。

1.举行跳高比赛时，通常在运动员落地的一侧地面上摆放一些垫子，主要目的是为了增大运动员着地过程

中的（

A.动量变化量B.动能变化量C.时间D.动量变化率

答案：C

解：跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，动能变化量一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I

一定，跳高运动员在跳高时跳到垫上可以延长着地过程的作用时间t,由

I-Ft-\p

即

可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F,也减少了动量变化率。

故选C。

2.如题图所示，纸面内有一半径为R的单匝环形闭合线圈，线圈中通有恒定电流I,整个环形线圈处于垂

直纸面的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度大小为B.则该环形线圈所受磁场作用力大小为（）

A.2nBIRB.TTBIRC.2BIR

答案：D

解：将线圈电流分成若干段，每段都有与其对称的一段，依据左手定则，可知关于每段与对称一段的安培

力方向相反，结合矢量的合成法则，可知，环形线圈所受的磁力的合力为零。

故选D。

3.图为某同学做引体向上时，双手对称地握住单杠并且身体悬空静止的示意图。设每条手臂施加的拉力大

小为T,手臂与竖直方向间的夹角为6,每只手掌所受摩擦力大小为f。若只减小手臂与竖直方向间的夹角

0,则（）

A.T和f均减小B.T和f均增大C.T减小，f不变D.T不变，f减小

答案：A

解：由受力分析可知

2TCOS6=mg,Tsin6>=f

当。减小时，T和f都减小。

故选A»

4.我国自主研发的“直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”。在某次消防灭火行动中，“直

8”通过一根长绳子吊起质量为2xl（）3kg的水桶（包括水），起飞时，在2s内将水桶（包括水）由静止开始

竖直向上匀加速提升了4m,重力加速度g取lOm/s?,不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为（）

A.2.0X104NB.2.4X104NC.4.0X104ND.4.8X104N

答案：B

解：由匀变速直线运动规律

1

x=—ar2

2

水桶（包括水）的加速度

。=与=2m/s2

以水桶（包括水）为研究对象

T-mg-ma

得绳子拉力

r=mg+ma=2xlO3xl（）N+2xlO3x2N=2.4xlO4N

故选项B正确。

5.图是测定甲、乙两个直流电源的电动势E与内阻r时，得到的路端电压U与干路电流I的U-/图象。

若将这两个直流电源分别与同一定值电阻R串联，下列说法正确的是（）

u

一

A.甲电源内阻是乙电源内阻的2倍B.电源的效率一定有〃甲＜&.

C.电源总功率一定有/〈当D.电源的输出功率一定有昂〉也

答案：B

解：A.由。一/图象可知，甲电源电动势是乙电源电动势的2倍，即

E甲—2E乙

图像的斜率等于内阻，则甲电源内阻是乙电源内阻的4倍，即

后=42

选项A错误；

B.电源的效率

R

xlOO%

R+r

可得

"甲＜n乙

选项B正确:

c.电源总功率

E2

P=------

R+r

可得

瑞3＞《

选项C错误;

D.电源的输出功率

rE

P'=IR

^R+r

可知，不能确定两电源的输出功率的大小关系，选项D错误。

故选Bo

6.如图所示，平面直角坐标系xO.y中，两个电荷量均为+Q的点电荷固定在x轴上，两点电荷到坐标原点

0距离相等，M、N为y轴正半轴上的两点，坐标yN>y”。M、N两点电势大小分别为，场强大小

分别为E”、下列关系一定正确的是（）

EN,

-y

，，N

+Q+0

-'~o-~

=

A.（PMVNB.（pM>（pNC.EM=END.EM>EN

答案：B

解：AB.由两个等量同种正点电荷产生的电场分布规律可知，连线中点场强是零，中垂线上场强方向总沿

中垂线远离中点0,在中垂线上从。点到无限远处电场线先变密后变疏，即场强先变强后变弱；中点0处电

势最低，在中垂线上交点处电势最高，从。点向两侧电势逐渐降低，所以选项A错误，B正确；

CD.由以上分析可知，不能确定M、N两点场强大小关系，选项CD错误。

故选B。

7.跳台滑雪是冬奥会的重要竞技项目。如图所示，运动员在滑雪道上获得一定速度后，从跳台上。点水平

飞出。某运动员两次试滑分别在斜坡上a、b两点着陆，已知Qa:O0=3:4,斜坡与水平面间夹角为0,

忽略空气阻力，运动员（含装备）可视为质点。则该运动员两次试滑着陆时的动能之比（）

A.E%:E班=5.2B.纥，：&,=9:16C.&,:4=3:4D.用“：纥〃=3tan6:4

答案：C

解：该运动员做平抛运动，设水平飞出时初速度为V。，落到斜坡上时有

八y1g，1匕

X32%2%

得落到斜面上时，水平分速度与竖直分速度满足

v=匕:—，

°n2tan6

运动过程中机械能守恒，有

—=mglsin。

落到斜坡上时该运动员的动能

=-mv2片+v：)=-m\——^-5—+1|=mgl\——+1jsin^

k22\。#2(dtan%)ygan3)

所以

%二°J3

%一0厂4

故选c

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.2021年7月3日，“学而思号”高分辨遥感卫星在我国太原卫星发射中心成功发射，并成功入轨，在

500km的高度对极地冰川、河流、农山等进行拍摄。若“学而思号”和地球同步卫星均视为绕地球做匀速

圆周运动，“学而思号”相对于轨道高度36000km的地球同步卫星（）

A.运行速度更大B.运行周期更大C.向心加速度更大D.需要发射速度更大

答案：AC

解：ABC.由地球吸引力提供向心力，可有

2/\2

Mmmv'（2万］

得

l4^2r3

VGM

GM

由此可知“学而思号”相对于地球同步卫星，运行速度更大、周期更小、向心加速度更大，AC正确，B错

误；

D.“学而思号”运行的轨道高度较低，需要的发射速度较小，故选项D错误。

故选AC。

9.艾萨克•牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中指出：“力使物体获得加速度。”某同学为探究加速度

与力的关系，取两个材质不同的物体A、B,使其分别在水平拉力F的作用下由静止开始沿水平面运动，测

得两物体的加速度a与拉力F之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s?，空气阻力忽略不计，则（）

A.物体A的质量为（）.7kgB.物体B的质量为1kg

C.物体A与水平面间动摩擦因数0.51）.物体B与水平面间动摩擦因数为0.1

答案：BC

详解】AC.对物体A由牛顿第二定律可得

F-f=mKa

其中滑动摩擦力

由上述两式得

F

a=----4Ag

mA

由此可得图象斜率为

4Ag=5m/s?

得物体A的质量

/nA=1.4kg

物体A与水平面间动摩擦因数为0.5,故C正确，A错误;

BD.同理对物体B有

——=叱

机B

〃Bg=2m/s2

得物体B的质量

=Ikg

物体B与水平面间动摩擦因数为0.2,故选项B正确，选项D错误。

10.如图所示，空间有范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E,方向与水平方向夹角为45。，一质量为

m、电荷量q=电空的带正电小球（可视为质点，从A点以初速度％竖直向上抛出，经过一段时间后运动

E

到B点，A、B两点在同一电场线上，重力加速度为g,不计空气阻力，带电小球从A点到B点过程中（）

A.用时为也1,

B.动能增加Q加说

C.电势能减少说D.机械能增加4加片

答案：AD

解：A.带电小球所受电场力

对带电小球进行受力分析易得：竖直方向合力为0,水平方向合力为

qEsin45°=mg

知带电小球做加速度a=g的类平抛运动，由A点到B点过程中水平和竖直位移相等有

12

卬=产

得A点到B点用时为

故选项A正确:

B.带电小球运动到B点时的速

v=旧+*=J片+3>=岛

动能增量

2

AEk=；mv--mv1-2mv：

故选项B错误：

C.由A点到B点带电小球所受合外力做功

%=qEsin450•如sin45°=；qElAB

且

W今=AEk=2mv()

电场力做功

%=QEIAB=2%=4/nVo

即电势能减少4mvj,故选项C错误；

D.机械能增量等于电场力所做的功4”片，故选项D正确。

故选AD。

三、非选择题：共57分。第1「14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15~16题为选

考题，考生根据要求作答。

(-)必考题：共45分。

11.图1为某同学探究“弹簧弹力与形变量关系”的实验装置，将轻弹簧上端固定在铁架台的横杆上，分

别在弹簧下端挂上1个、2个、3个…质量为m的钩码，测得钩码静止时对应的弹簧长度1。下表是该同学

记录的数据，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2,m=5(旭。

钩码个数123456

弹簧长度"cm15.8221.7227.6033.6139.5645.37

图1图2

（1）根据表中数据在题图2中作出弹簧弹力F与弹簧长度1的/一/图像；（）

（2）由/一/图像可知，该弹簧的原长/（）=cm,劲度系数A=—N/m。（保留两位

有效数字）

答案:②.9.9（9.8~10均可）③.8.5

（8.3~8.7均可）

l0=9.9cm

[3]因为图像的斜率即为劲度系数，由图可得

N/m«8.5N/m

（45.37-21.72）x10-2

12.图1为多用电表欧姆挡的原理电路图，电流表的满偏电流4=10mA、内阻力=10Q,电源电动势

E=1.5V、内阻可忽略。

（l）a表笔是（填“黑”或“红”）色，调零电阻R可能是下面两个滑动变阻器中的一

（填“A”或"B”；A：电阻范围0~20Q；B：电阻范围。〜200Q）;进行欧姆调零后，正确使用该多用

电表测量某待测电阻，电表示数如图2所示，被测电阻阻值为Q；

（2）某同学利用定值电阻R增加一欧姆挡位，电路如图3所示，新增的挡位为（填

“xl”“X10”或“X100”）挡，定值电阻/?'=Q（保留三位有效数字）。

答案：①.红②.B③.160④.xl⑤.16.7

解：（1）[1][2]由题图1可知，a表笔与电源负极相连，由“红进黑出”可知，a表笔是红色的；由闭合电

路欧姆定律有

F

R+R=—=—t15jQ=150Q

g10x10'

得欧姆调零时调零电阻R接入电路的阻值约为

??=150Q-10Q=140Q

调零阻的最大阻值大于140Q才能实现欧姆调零，调零电阻R应为滑动变阻器B；

[3]由4=150D,可知该多用电表挡位为“X10”挡，由题图2可知，被测电阻阻值为

16.0xl0Q=160Q；

（2）[4][5]题图3中R会增加通过电源的电流，由

P

&'=-----<150。

/„+/'

可得新增的挡位为“xl”档，即该档位对应的多用电表的内阻为勺；=15。，有

111

--7=---1--7

凡凡R'

得

150x15

R'=Q«16.7Q

150-15

13.某直行道路发生交通事故，一质量为M的汽车甲与一辆因故障停在同一车道上、质量为m的汽车乙发

生碰撞，碰撞时间极短可不计，碰撞后甲车推着乙车一起无动力自由滑行10m后停止运动。己知A/=2根,

甲、乙两车一起滑行时所受阻力大小为两车总重量的0.5倍。重力加速度g取10m/s2,求：

(1)碰撞后瞬时，甲车推着乙车一起滑行的速度大小：

(2)该路段限速50km/h,请分析判断，碰撞前瞬时，甲车是否超速行驶。

答案：(1)lOm/s：(2)碰撞前瞬时甲车超速行驶

解：(1)由题知，碰撞后甲、乙两车一起做匀减速直线运动，滑行尤=10m后停止运动，设碰撞后瞬时,

甲、乙两车一起滑行的速度大小为V,由动能定理有

0-0.5(M+m)gx-Q——(M+m)v2

解得

v=10m/s

(2)设碰撞前瞬间，甲车速度大小为%,碰撞过程中，由动量守恒定律有

Mv0—(M+m)v

解得

%=15m/s=54km/h

由%>5()km/h可知，碰撞前瞬时甲车超速行驶

14.如图所示，半圆弧MN将半径为R的半圆尸。分隔成I、I［两个区域，两个半圆有共同圆心0且均在

纸面内，I、II两个区城(含边界)分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，破感应强度大小均为B。一质

量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点垂直尸。沿纸面运动，在区域I中经过时间丽■，随后进入区域

4%"?

II,在区域n中经过时丁不，再次进入区域I中。粒子在磁场中仅受磁场力作用。求：

3qB

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T：

(2)粒子运动的速度大小和圆弧MN的半径：

(3)粒子从P点开始到由。。边离开磁场所经过的时间。

I

解：(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小为V,半径为r,则

2

qvB=m—

v

解得

T2乃〃2

1=-----

qB

(2)由题知：粒子从区域I进入区域II时，在磁场中的偏转角

57rm

4=逊.2乃=红

T6

粒子从区域II再次进入区域I时，在磁场中的偏转角

4万根

&=医―

2T3

如图，由分析和几何关系知，粒子在区域n中的运动轨迹与〃。相切于点？

设圆弧MN的半径为R'，由几何关系可得：

(2r)2+R-卜+2rcos^)]

=R'2

(.乃Y「口()A

rsin—+R-\r+rcos-

l6jLI

联立解得

y/lR_77(273-1)

2A/3+1-11

由"8=加匚知，粒子的运动速度大小

r

qBRQ舁DqBR

(273+\)m1Im

(3)由(2)知，粒子从区域II再次进入区域I时，入射点B与圆心0之间的水平距离B'O=也r

如图，粒子在区域I中做匀速圆周运动的圆心。3与0点之间的距离

22

OO3=7(3r)+3r=26r

则

OO3+r=R

由此可知，粒子在区域I中的运动轨迹恰好与半圆PQ相切

设粒子再次从区域I进入区域n时，入射点为c

NCO02=a

由分析及几何关系可知：

(3r-rcosa)2+(V3r-rsina)2=(V7r)2,

解得

设粒子在区域I中的运动时间为4则

2^---

3T57tm

--------T=-----

2万3qB

设粒子再次进入区域n做匀速圆周运动的圆心为Q,,

入射点和出射点分别为C、1),如图

由几何关系可知，

PO\MNQ

圆心Q、。4的水平距离为

2rsina=5/3r

OO41MN

则C、D关于。O,对称

粒子在区域II中的运动时间:

14砌

*2万3qB

由分析可知，

粒子在磁场中的整个运动轨迹关于。。4对称

粒子在磁场中的完整运动轨迹如图所示

因此，粒子最终将从Q点离开磁场

粒子从P点开始到由OQ边离开磁场所经过的时间为:

J5兀m47rm5冗m14乃〃？\97rm

t=2\-----+------+------+----------=--------

\6qB3qB3qB23qB)qB

（二）选考题：共12分。请考生从15、16题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题

计分。

15.下列描述正确的是（）

A.空调既能制热也能制冷，说明自发进行的热传递不存在方向性

B.恒温水池中一个气泡缓慢上升，则气泡将放热

C.固体很难压缩，说明固体分子间不存在间隙

D.把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力

答案：D

解：A.空调制冷，从低温物体向高温物体传递热量，但必须通过电流做功，这并不能说明热传递不存在

方向性，A错误；

B.气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在上升过程中气泡

内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定律可得

△U=W+Q

气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，B错误；

C.固体很难被压缩，说明分子之间存在着斥力，C错误；

D.把两块纯净的铅压紧，使分子间距离减小到引力的作用效果，它们就会“粘”在一起，D正确。

故选D。

16.新冠疫情传播非常迅速，负压隔离病房在抗击疫情中起了关键作用。所谓负压病房是指在特殊的装置

作用下，使病房内的气压低于病房外的气压。一般负压值（病房外与病房内气压差）为2（）〜12（）Pa时效果

比较理想。假设有一间负压隔离病房，开放状态时，病房内外的气压均为1.0xl（）5pa，病房内温度为280K；

正常工作时，病房内温度为295K,负压值为lOOPa。空气可视为理想气体，病房外环境保持不变。求：

（1）若病房密闭，仅将病房内温度升高到295K,病房内的气压（保留四位有效数字）；

（2）病房由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比（保留两位有效数

字）。

答案：（1）1.054xl05Pa；（2）5.2%

解：（1）若病房密闭，仅将病房内温度升高到295K,设升温后病房内的气压为p,,病房内的气体发生等

容变化，根据查理定律有

八包①

"7；3

解得

p,»1.054xl05Pa(2)

(2)设病房的体积为匕。假设体积为h、压强为m的气体经等温膨胀后压强变为s时的体积为V2,由题

意可知

%=四一1()OPa=0.999xlO5Pa@

根据玻意耳定律有

PM=02