2019年重庆市高考物理调研试卷（4月份）（解析版）

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1、第 1 页，共 15 页2019 年重庆市高考物理调研试卷（4 月份）题号 一 二 三 四 总分得分一、单选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）1. 如图，用导线将验电器与某种金属板连接，用一束蓝光照射金属板时验电器金属箔未张开，下列措施中可能使验电器金属箔张开的是（ ）A. 换用强度更大的蓝光照射 B. 换用红外线照射C. 换用极限频率较大的金属板 D. 换用极限频率较小的金属板2. 图甲为小型发电机的结构简图，通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电，已知小灯泡获得的交变电压如图乙。则下列说法正确的是（ ）A. 甲图中电压表的示数为 62B. 乙图中的 0 时刻就是甲图所示时刻C. 乙图中

2、 时刻，穿过甲图中线圈的磁通量最小0.5102D. 乙图中 时刻，穿过甲图中线圈的磁通量最小1.01023. 空间同一直线上 A、B、C 、D 处分别固定放置点电荷 q1、q 2、q 3、q 4，已知q1、q 4 带等量正电荷，q 2、q 3 带等量负电荷，四点电荷在 AD 中垂线 P 点场强E=0AP 、BP 与直线 AD 夹角分别为 30、45 ，BO=OC，PO=OP，将电荷 Q先从 P 点移到 O 点、再从 O 点移到 P点，电场力做功分别为 W1、W 2，则 q1 与q2 电荷量的比值、W 1 与 W2 的关系正确的是（ ）第 2 页，共 15 页A. 电荷量之比为 ， B. 电荷量

3、之比为 ，22 1=2 22 1=2C. 电荷量之比为 2， D. 电荷量之比为 2，1=2 1=24. 半径为 L 的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为 2B，垂直纸面向外的磁感应强度大小为 B，如图所示。AEO 为八分之一圆导线框，其总电阻为 R，以角速度 绕 O 轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用 i 表示导线框中的感应电流（顺时针方向为正），线框中感应电流 i随时间 t 变化图象可能是（ ）A. B. C. D. 二、多选题（本大题共 5 小题，共 20.0 分）5. 2018 年 12 月 8 日我国嫦娥四号探测器成功发射，实现人类首次在月

4、球背面无人软着陆。通过多次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道。已知地球与月球的质量之比及半径之比分别为 a、b，则关于近地卫星与近月星做匀速圆周运动的下列判断正确的是（ ）A. 加速度之比约为第 3 页，共 15 页B. 周期之比约为3C. 速度之比约为D. 从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须减速6. 如图甲为某游乐园飓风飞椅游玩项目，图乙为飓风飞椅结构简图。其装置由伞型转盘 A、中间圆柱 B、底座 C 和软绳悬挂飞椅 D（可视为质点）组成，在距转盘下表面轴心 O 距离为 d 的圆周上，用软绳分布均匀地悬挂 16 座飞椅（图乙中只画两座），设 A、B、C 总质量为

5、M，单个飞椅与人的质量之和均为 m，悬挂飞椅D 的绳长均为 L，当水平转盘以角速度 稳定旋转时，各软绳与竖直方向成 角。则下列判断正确的是（ ）A. 转盘旋转角速度为+B. 底座 C 对水平地面压力随转速增加而减小C. 底座 C 对水平地面压力与转速无关，恒为 +16D. 软绳与竖直方向夹角 大小与软绳长、转速和乘客质量均有关7. 如图所示，水平地面上固定一竖直挡板，倾角为 、质量为 M 的斜面体右侧用楔子 P 固定于地面，一质量为 m 的球体静止于挡板与斜面之间，设所有接触面均光滑。若将固定斜面体的楔子 P 取走，小球下落且未脱离斜面的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 球将做自由落体运动B

6、. 球对竖直挡板压力相对于球静止时减小C. 球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒D. 球体与斜面体组成系统动量守恒8. 如图所示，长为 L、相距 d 的两水平放置的平行金属板之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B从离子源先后发射出氢同位素粒子 、 （不计重力）11 31，经同一电场区加速，从两极板中点以相同速率垂直磁感线水平进入磁场，两种粒子都恰好不打在极板上。下列说法正确的是（ ）第 4 页，共 15 页A. 、 粒子在磁场中运动的轨道半径之比为 3：1 11 31B. 极板长 L 与间距 d 之比为 1： 2C. 、 粒子在磁场中转过的角度之比为 3：1 11 31D. 、 粒子进

7、入电场区域前的初动能之比小于 11 31 139. 表中数据是某地区 1-6 月份气温与气压的对照表：10.月份/月 1 2 3 4 5 6平均气温/ 1.8 4.5 12.8 21.4 28.7 31.4平均大气压/105Pa 1.031 1.025 1.018 1.012 1.007 0.97646 月份与 1 月份相比较，下列说法正确的是（ ）（填正确答案标号）A. 空气中每个气体分子无规则热运动速度加快了B. 空气中气体分子的平均动能增加了C. 单位时间内空气分子对地面单位面积的撞击次数增加了D. 单位时间内空气分子对地面单位面积的撞击次数减少了E. 速率大的空气分子比例较多三、实验题

8、探究题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）11. 某实验小组为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为 d 的遮光条。如图甲所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一光电门的时间t 1 为 0.05s，通过第二个光电门的时间t 2 为0.01s，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间t 为0.20s。用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，卡尺示数如图乙所示。（1）读出遮光条的宽度 d=_cm。（2）估算滑块的加速度 a=_m/s2（保留两位有效数字）（3）为了减小实验误差，下列措施最合理的是_。第 5 页，共 15 页A尽量减小钩码

9、质量 B遮光条宽度越窄越好 C 其他条件不变多次测量取平均值12. 某同学在“测电源甲的电动势和内电阻”的实验中，实验室提供备选器材有：电流表（0-0.60A）、电压表（ 0-3.00V）、滑动变阻器 R1（101.00A）、滑动变阻器 R2（1000.60A ）、电阻箱 R3（0-999.9）、定值电阻 R0 为 2、开关 S 及导线若干。他采用如图甲所示电路进行实验，测得 6 组 U、I 数据（见表格中）（1）将图乙实验电路所缺的导线补充连上，使电路完整；（2）根据电流、电压数量关系确定电源甲的电动势和内阻，请你自定标度将表中的数据在图丙坐标系中描点并连线画出 U-I 图线。数据序号 1

10、2 3 4 5 6电压 U/V 2.65 2.35 2.05 1.75 1.40 1.15电流 I/A 0.05 0.15 0.25 0.35 0.40 0.55（3）根据作图分析得出的结论是：电源甲的电动势为_V，电源内电阻为_；（4）该同学接着从提供的器材中选择合适器材，继续测量电源乙的电动势和内阻，得到 图线（R 为电源外电路的总电阻），如图丁。根据图象可知电源乙的内1阻为_。在虚线框中画出该同学实验新方案的电路图。四、计算题（本大题共 3 小题，共 30.0 分）13. 图甲为某轻型起重机向房顶运输货物，其简图如图乙所示，一端有定滑轮的杆臂OA 固定在 O 点，某次起重机以速度 v0=

11、1m/s 匀速向上提升质量 m=1t 的重物（可视为质点），在重物离地面 H=19.5m 时钢绳突然断裂，此时一辆 l=3m 的搬砖车第 6 页，共 15 页正以 v=0.5m/s 的速度在图乙中 CD 方向运动，车头前端恰好处于重物正下方，搬砖车高 h=1.5m。g 取 10m/s2，不计空气阻力。14. 求：（1）匀速提升重物的过程中起重机的输出功率；15. （2）钢绳断裂时搬砖车司机立即加速加速度至少为多大才能避免被重物砸中？16. 在光滑绝缘水平轨道上有一弹簧左端系于 A 点，右端与质量为 3m 的小球 1 接触但不连接。现用外力推动小球 1 将弹簧压缩至弹性势能为 Ep=mgs（s

12、为一定值）时静止释放，离开弹簧后与静止在 P 点质量为 m、带电量为 q（q0）的小球 2发生弹性正碰（不发生电荷转移），碰后小球 2 从 DB 进入圆弧轨道，如图所示。BC 是一段竖直墙面，DEF 是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端 D 点的切线水平，B、D 间距很小，可看作重合的点。圆心 O 与轨道下端 F的连线与竖直墙面的夹角为 53在 BC 右边整个空间有水平向左、场强 E= 的匀34强电场，小球 2 进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨道 DEF 运动，一段时间后从轨道下端 F 处脱离，最后打在竖直墙面 BC 的 C 点。已知重力加速度为 g，sin53=0.8。求：（1）碰

13、后小球 2 运动的速度；（2）轨道 DEF 的半径 R；（3）小球 2 打在 C 点前瞬间的速度。第 7 页，共 15 页17. 内壁光滑上小下大的圆柱形薄壁气缸竖直放置，上下气缸的横截面积分别为 S1=40cm2、S 2=80cm2，上下气缸的高度分别为h=80cm、H=100cm 。质量为 m=8kg 的薄活塞将 0.5mol 氢气（H 2的摩尔质量为 2g/mol）封闭在气缸内，活塞静止在管口，如图所示。已知氢气的定容比热容 Cv为 10.21kJ/（kgK ），外界大气压强 p0=1.0105Pa，g 取 10m/s2定容比热容 Cv是指单位质量的气体在容积不变的条件下，温度升高或降低

14、 1K 所吸收或放出的热量。保持缸内气体温度为 35不变，用竖直外力缓慢向下推活塞，当活塞恰推至上气缸底部时，外力大小为 F求：求 F 的大小；随后在逐渐减小竖直外力的同时改变缸内气体温度，使活塞位置保持不变，直至外力恰为 0求这一过程中气体内能的变化量为多少？（结果保留三位有效数）。第 8 页，共 15 页答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、 发生光 电效应的条件是入射光的 频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，所以 A 错误 ， B、红外线的频率比蓝光的小，不能发生，故 B 错误 ； C、当用极限频率较大的金属，则导致逸出功增大，使入射光的频率更小极限频率，故 C 错误； D、当

15、用极限频率较小的金属板，导致逸出功减小，可能使入射光的频率大于极限频率，故 D 正确。 故选：D。2.【答案】C【解析】解：A、由 题图 乙可知交流 电电压的最大值是 Um=6 V，所以甲图中电压表的示数为 6V，故 A 错误；B、乙图中的 0 时刻，感应电动势为零，甲图所示时刻穿过甲图中线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故 B 错误；C、乙图中 0.510-2s 时刻，感 应电动势最大，穿过甲图中线圈的磁通量最小，故 C 正确；D、乙图 中 1.010-2s 时刻，感应电动势为零，穿 过甲图中线圈的磁通量最大，故 D 错误；故选：C 。3.【答案】A【解析】解：设 OP=h，则 AP= ，B

16、P= ，A 处电荷在 P 点的电场强度 EA=k B 处电 荷在 P 点的电场强 度 EB=k 第 9 页，共 15 页因为 P 点点电场强 度为零，则 AD 两点电荷在 P 点的合电场与 BC 两点电荷在 P 点的合电场 大小相等，方向相反，根据矢量运算的平行四边形法则有：2E Acos60=2EBcos45 联合解得： =2由题可知，从 P 到 O 与从 O 到 P电场方向相反， 则电 荷 Q 从 P 到 O 与 O 到P电场力做功大小相等， 负号相反，即 W1=-W2，故 A 正确，BCD 错误。故选：A。4.【答案】B【解析】解：在第一个 T 内，根据楞次定律可得 电流方向为顺时针，感

17、应电动势大小为：E= 2BL2+ BL2= BL2，感应电流大小为：i= = = ；在第二个 T 内，感应电流 为零；在第三个 T 内，根据楞次定律可得 电流方向为逆时针，感应电动势大小为：E= 2BL2+ BL2= BL2，感应电流大小为：i= = = ；在第四个 T 内，感应电流 为零；在第五个 T 内，根据楞次定律可得 电流方向为顺时针，感应电动势大小为E=BL2，感 应电 流大小为 i= =I0；在第六个 T 内，感应电流 为零；在第七个 T 内，根据楞次定律可得 电流方向为逆时针，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，感应电动势大小为 E=BL2，感应电流大小为 i= =I0；在第八个

18、T 内，感应电流 为零；故 B 正确，ACD 错误。故选：B 。5.【答案】BC【解析】解：万有引力提供向心力：G =m =m2r=m（ ）2r=ma第 10 页，共 15 页解得：v= T= =2 = a= A、由 a= 可知两卫星的加速度之比为 = ，故 A 错误B、由 T= =2 可知两卫星的周期之比为 = 故 B 正确C、由 v= 可知两卫星的速度之比为 = ，故 C 正确D、从近地 轨 道进入到地月 转移轨道要加速，故 D 错误故选：BC。6.【答案】AC【解析】解：A、如 图所示，对质点受力分析，由牛顿第二定律可得：mgtan=m2（d+Lsin），解得：= ，故 A 正确；BC、

19、绳 的拉力在 竖直方向的分力始 终与飞椅及人的重力 mg 平衡，故整体竖直方向对地面的压力恒为 Mg+16mg，故 B 错误 C 正确；D、由 A 选项 求得的表达式可得出软绳与竖直方向夹角 大小与软绳长、转速有关，但与乘客质量无关，故 D 错误。故选：AC。7.【答案】BC【解析】解：A、小球下落且未脱离斜面的过程中， 竖直挡板和斜面体对球有作用力，所以球做的不是自由落体运动，故 A 错误。 B、球静止时，竖直挡板对球的支持力和斜面体对球的支持力的合力等于球的重力。球下落过程中，有竖直向下的加速度，系 统处 于失重状态，由牛顿运动定律知竖直挡板对球的支持力和斜面体对球的支持力的合力小于球的重

20、力，所以球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，故 B 正确。 第 11 页，共 15 页C、对于球体、地球与斜面体组成系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故 C 正确。 D、对于球体与斜面体组成系 统，由于 竖直挡板对系统有作用力，而且竖直方向的合力也不为零，所以系统的合外力不为零，系 统的动量不守恒，故 D 错误。 故选：BC。8.【答案】BD【解析】解：A、由 题意知：两种粒子的运动轨迹如图所示， 对质子 ，由根据洛伦兹力提供向心力为：解得：同理得 的轨道半径为： ，故 、 粒子在磁场中运动的轨道半径之比为 1：3，故 A 错误；B、根据几何关系可知：r= ， ，且 R=3r，联立

21、解得：d=4r，L=，故 ，故 B 正确；C、有图可知，质子 旋转过的角度为 180，对于 ，设其转过的角度为 ，则有 ，故 60，故 C 答案错误；D、对质 子 ，设初动能为 Ek0，据动能定理有： ，解得：；对于 ，设初动能为 Ek，据动能定理有： ，解得：E k=，所以 ，故 D 正确；故选：BD。9.【答案】BDE【解析】第 12 页，共 15 页解：AB、温度越高，分子无规则热运动加强。6 月份与 1 月份相比较，平均气温升高了，气体分子的平均动能增加，分子平均速率增大，但是个 别分子的速率变化无法确定，故 A 错误， B 正确； CD、温度升高，分子的平均动能变大，但是压强减小，知

22、气体分子的密集程度减小，则单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少。故 C 错误，D 正确； E、温度升高，分子的平均动能变大，分子的平均速率增大，速率大的分子比例较多，故 E 正确； 故选：BDE。10.【答案】0.45 1.8 BC【解析】解：（1）游标卡尺的主尺读数为 4mm，游标读数为 0.1mm=0.5mm，则最终读数为 4.5mm=0.45cm。（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则物块经过第一光电门的速度大小为 ，经过第二个光电门的速度大小为： ，据加速度公式 ；（3）为了减小实验误差可以增大钩码质量，增大两个光电门的间距和减小遮光条的宽度、多次测量求平均值，故 B

23、C 正确，A 错误；故答案为：（1）0.45；（2）1.8；（3）BC。11.【答案】2.8 1.0 0.5【解析】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：第 13 页，共 15 页（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：（3）由图示图象可知，电源内阻：r= -R0= -2=1.0，电源电动势：E=U+I（r+R 0）=2.65+0.05（1+2）=2.8V；（4）可以应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，实验电路图如图所示：由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：E=I （R+r），整理得： = R+ ，由图示 -R 图象可知：b=

24、=0.2，k= = ，解得：E=2.5V，r=0.5；故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）图象如图所示；（3）2.8；1.0；（4）0.5；电路图如图所示。（1）根据图示电路图连接实物电路图。（2）应用描点法作出图象。（3）电源 U-I 图象斜率的绝对值 等于电源内阻，根据电源 U-I 图象求出电源电动势与内阻。第 14 页，共 15 页（4）可以应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，根据实验原理作出实验电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源电动势与内阻。12.【答案】解：（1）匀速提升重物时，拉力 F 和重力 mg 平衡，故起重机的输出功率为：P=Fv0=mgv

25、0=1000101W=104W；（2）根据匀变速运动规律有： =0122解得重物落到距地面 1.5m 时的时间为： t=2s，小车先向右减速，再向左加速，当加速度最小时应保证小车刚好脱离重物正下方，故位移为零，根据位移公式有： ，且 x=0，=122解得：a=0.5m/ s2；答：（1）匀速提升重物的过程中起重机的输出功率为 104W；（2）钢绳断裂时搬砖车司机立即加速加速度至少为 0.5m/s2 才能避免被重物砸中；【解析】（1）重物匀速上升，拉力和重力平衡，根据功率公式计算输出功率即可； （2）先求出重物落到距地面 1.5m 处的时间 t，在 t 时间内小车先向右减速再向左加速刚好脱离重物

26、即可；根据重物匀变速运动和小车运动的等时性处理题目即可，注意重物先向上减速再向下加速，小车先向右减速再向左加速；13.【答案】解：（1）小球 1 在弹力作用下，到达 P 点的速度满足： ，解得：=12211=2/经过光滑绝缘水平轨道，与小球 2 发生弹性正碰，满足动量守恒：3mv 1=3mv1+mv2满足能量守恒：12321=12321+1222解得： 2=1.52/（2）由碰后小球 2 恰好沿圆弧轨道运动，故 ，解得：R=4.5s=22（3）小球 2 进入圆弧轨道，受到重力及电场力，根据动能定理可得：(+ 37)=1221222解得：v C= m/s28.5答：（1）碰后小球 2 运动的速度

27、为 m/s；2（2）轨道 DEF 的半径 R 为 4.5s；（3）小球 2 打在 C 点前瞬间的速度为 m/s。28.5【解析】第 15 页，共 15 页（1）由题意可知发生弹性正碰，满足动量守恒；（2）由圆周运动临界条件可知，碰后小球 2 恰好沿圆弧轨道运动，即 ，代入公式进行计算轨道半径；（3）小球 2 从 B 点运动到竖直方向的 C 点， 电场力来回做功，总功为零，因此根据动能定理可算出碰撞 C 点前的速度。14.【答案】解：气体初状态体积：V 1=S1h+S2H=4080+80100=11200L，初状态压强：p 1=p0+ =1.0105+ =1.2105Pa，1 81040104气

28、体末状态的体积：V 1=S2H=80100=8000L，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p 1V1=p2V2，代入数据解得：p 2=1.68105Pa，由平衡条件得：F+mg+ p0S1=p2S1，代入数据解得：F=192N；气体温度：T 2=273+35=308K，外力 F=0 时，气体压强：p 3=p0+ =1.0105+ =1.2105Pa，1 81040104气体体积不变，由查理定律得： ，22=33代入数据解得：T 3=220K，气体体积不变，外界对气体不做功：W=0 ；气体的质量：M=0.52=1g，气体向外放出的热量：Q=-MC vT=-0.00110.21103（308-220）=-898.48J ，由热力学第一定律可知：U=W +Q=-898.48J-898J，气体内能减少 898J；答：F 的大小为 192N；这一过程中气体内能的变化量为 898J。【解析】根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体在末状态的压强，然后应用平衡条件求出力 F 的大小。 气体体积不 变，外界对气体不做功，根据 题意求出气体吸收的热量，然后应用热力学第一定律求出气体内能的变化量。