上海市静安区达标名校2019年高考三月调研物理试卷含解析.doc

上海市静安区达标名校2019年高考三月调研物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。

圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC h =，此为过程Ⅰ；若圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，则恰好能回到A 处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g ，则圆环（ ）
A ．过程Ⅰ中，加速度一直减小
B ．Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为212mv
C ．在C 处，弹簧的弹性势能为214
mv mgh - D ．过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
2．如图甲所示，一个圆形线圈放于一个随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面），以垂直纸面向里为正方向。

磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示。

取图示线圈中电流方向为正方向，用i 表示线圈中的感应电流，则下列表示电流随时间变化的4幅i-t 图像正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
3．如图，梯形小车a 处于光滑水平面上，一弹性绳将小车a 与竖直墙壁连接（松弛），a 倾斜的上表面放有物块b ，现给a 和b 向左的相同速度v 0，在之后的运动过程中，a 与b 始终保持相对静止。

则在弹性绳从伸直到长度最大的过程中（ ）
A ．b 对a 的压力一直增大
B ．b 对a 的摩檫力一直减小
C ．b 对a 的作用力一直减小
D ．b 对a 的作用力方向水平向左
4．下列关于运动项目的叙述正确的是（ ）
A ．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球可以看做质点
B ．2018年苏炳添在男子100m 中跑出的亚洲纪录是一个时刻
C ．4100m ⨯接力赛中的100m 都是指位移
D ．运动员100m 短跑用时10s ，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s
5．在如图所示的变压器电路中，a 、b 端输入有效值为U 的正弦式交变电压，原线圈电路中接有一个阻值为R 0的定值电阻，副线圈电路中接有电阻箱R ，变压器原副线圈的匝数比为1：3.若要使变压器的输出功率最大，则电阻箱的阻值为（ ）
A ．9R 0
B ．09R
C ．3R 0
D ．0 3
R
6．如图所示，传送带以恒定速度v 0向右运动，A 、B 间距为L ，质量为m 的物块无初速度放于左端A 处，同时用水平恒力F 向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A 运动到B 的过程中，动能E k 随位移x 变化的关系图像不可能的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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
7．以下说法正确的是（ ）
A ．已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径
B ．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断
C ．随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力
D ．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
8．甲、乙两车在同一平直道路上同向运动其v t -图像如图所示，图中OPQ ∆和OQT ∆的面积分别为1
s
和()221s s s >，初始时，甲车在乙车前方0s 处，则（ ）
A ．若012s s s =+，两车不会相遇
B ．若01s s <，两车相遇2次
C ．若01s s =，两车相遇1次
D ．若02s s =，两车相遇1次
9．以下说法正确的是________。

A ．某物质的密度为ρ，其分子的体积为0V ，分子的质量为m ，则0m
V ρ= B ．空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大
C ．在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的大头针，水也不会流出，这是由于大头针填充了水分子间的空隙
D ．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同
E.玻璃管裂口放在火上烧熔，它的尖锐处就变圆滑，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面积要收缩到最小的缘故
10．如图所示，一个斜面固定在水平面上，不计空气阻力。

第一次将小物体从斜面顶端处以水平初速度v 沿水平方向抛出，落在斜面上的位置与斜面顶端的距离为斜面长度的12。

第二次将小物体从斜面顶端以速度2v 同方向水平抛出。

若小物体碰撞斜面后不弹起，则小物体第一次与第二次在空中的运动过程（ ）
A ．时间之比为2
B ．时间之比为1:2
C ．竖直位移之比为1:4
D ．竖直位移之比为1:2
11．多年前在日本本州岛附近海域曾发生里氏9.0级地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄
漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为1311315354I Xe Y →+。

根据有关放射性知识，下列说法正确的是（ ）
A ．Y 粒子为11H
B ．若生成的
13154Xe 处于激发态，它会放出穿透能力最强的γ射线 C ．
13153I 的半衰期大约是8天，取4g 碘原子核，经8天后就只剩下2g 碘原子核了 D ．131
53
I 中有53个质子和78个核子
12．如图所示，在一电场强度为E的匀强电场中放一金属空心导体，图中a、b分别为金属导体内部与空腔中的两点，当达到静电平衡状态后，则有（）
A．a、b两点的电场强度都为零B．a点电场强度为零，b点不为零
C．a、b点的电势相等D．a点电势比b点电势高
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示．
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算．
（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________.
（2）已测得1s=8.89cm，2s=9.5.cm，3s=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/2s，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%．由此推算出f为________ Hz．
14．某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。

他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片P置于ab的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，应将铁芯________(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片P向_______端滑动(选填“a”或“b”)。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，薄木板在外力F的作用下带着小物块一起沿粗糙水平面向右匀速运动，薄木板的质量M=5kg，小物块的质量m=1kg，小物块位于薄木板的最右端，薄木板和小物块与水平地面的摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2。

从某时刻开始，外力F大小不变方向相反的作用在薄木板上，g取10m/s2。

求：
(1)外力F的大小；
(2)忽略薄木板的高度，当小物块静止时，距薄木板的右端L=15.5m，则两者一起匀速运动的速度是多少？
16．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场。

有一质量为m，电荷量为q，带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45°角。

当粒子第一次进入电场到达P点时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同，P 点坐标为（4L，L）。

求：
（1）粒子从O点射入磁场时速度v的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从O点运动到P点所用的时间。

17．如图(a)为一除尘装置的截面图，塑料平板M、N的长度及它们间距离均为d。

大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v0进人两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m，带电量均为-q。

当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板;若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，贴近N板入射的尘埃将打在M板右边缘，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图(b)所示的平面直角坐标系xOy轴垂直于板并紧靠板右端，x轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P(2.5d，-2d)处的条状容器中，需在y轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。

尘埃颗粒重力、颗粒间作用力及对板间电场磁场的影响均不计，求:
(1)两板间磁场磁感应强度B1的大小
(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少
(3)y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．圆环从A 处由静止开始下滑，经过
B 处的速度最大，则经过B 处的加速度为零，到达
C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，故A 错误；
BCD ．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为f W ，研究过程Ⅰ，运用动能定理列式得
0f mgh W W --=弹
研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得
2102
f mgh W W mv --+=-弹 联立解得克服摩擦力做的功为
214
f W mv = 弹簧弹力做功
214
W mgh mv =-弹 所以在C 处，弹簧的弹性势能为
214
P E W mgh mv ==-弹 故B 、C 错误，D 正确；
故选D 。

2．B
【解析】
【详解】
AB ．由楞次定律判定感应电流方向。

0~1s 、4~5s 两时间段内电流方向与题意正方向相反，1~2s 、2～3s 两时间段内电流方向与题意正方向相同。

所以B 正确，A 错误；
CD ．由电磁感应定律和欧姆定律得感应电流
E S B i R t R R t
∆Φ∆===⋅∆⋅∆ 则i 的大小与B t
∆∆的大小成正比。

结合题图乙知，3~4s 时间内 0B t
∆=∆ 无感应电流。

其他时间段内
B t
∆∆的大小相等，则感应电流大小恒定，即各段电流大小相等。

所以CD 错误。

故选B 。

3．A
【解析】
【详解】
AB ．整体受到的弹性绳的拉力越来越大，则加速度越来越大，即整体做加速度越来越大的减速运动，则b 也做加速度越来越大的减速运动，对b 受力分析，由牛顿第二定律可知， cos cos N mg ma θθ-=
则随着加速度a 的增加，a 对b 的支持力N 一直增大；
sin sin mg f ma θθ-=
即
sin sin f mg ma θθ=-
则随着加速度a 的增加，a 对b 的摩擦力f 可能先减小后增大，根据牛顿第三定律，b 对a 的压力一直增大，b 对a 的摩擦力可能先减小后增大，A 正确，B 错误；
CD ．b 受到a 的作用力和重力，由于b 的加速度水平线向右越来越大，根据牛顿第二定律，a 对b 的作用力一直增大，a 对b 的作用力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律，b 对a 的作用力一直增大，方向斜向左下方，CD 错误。

故选A 。

4．D
【解析】
【详解】
A ．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球大小不能忽略，不可以看做质点，选项A 错误；
B ．2018年苏炳添在男子100m 中跑出的亚洲纪录是一个时间间隔，选项B 错误；
C ．4100m ⨯接力赛中有弯道，则其中的100m 不都是指位移，选项C 错误；
D ．运动员100m 短跑用时10s ，若整个过程中一直加速，则加速度
222221002m/s 10
s a t ⨯=== 因运动员在100m 短跑中先加速后匀速，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s ，选项D 正确； 故选D 。

5．A
【解析】
【分析】
【详解】
理想变压器原线圈接有电阻，可运用等效电阻法把副线圈的电阻箱搬到原线圈上，则
2212=I R I R 效
1221
I n I n = 得
212219
n R R R n ==效
而等效的全电路要使外电阻R 效的功率最大，需要
0R R =效
满足可变电阻的功率能取最大值，解得
09R R =
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．A
【解析】
【分析】
【详解】
开始时滑块受向右的拉力F 和向右的摩擦力f 而做加速运动，则动能E K =(F+f)x ；若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速，此时图像为C ；若F>f ，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加为∆E K =(F-f)x ，此时图像为D ；若F≤f ，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为B ；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能做减速，则图像A 不可能。

故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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
7．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．摩尔体积M
V ρ=，气体分子所占空间0A
V V N =，所以可以求得分子间的平均距离，故A 错误； B ．因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故B 错误；
C ．当分子间距离小于r 0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力表现为斥力，故C 正确；
D ．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D 正确。

故选CD 。

8．ABC
【解析】
【详解】
读取v t -图像信息，运动情景图如图所示
图像与t 轴所围面积为位移，至Q 点时，乙车位移为
s 乙12s s =+
甲车位移为
s 甲2s =
初始时，甲车在乙车前方0s 处
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
120s s s +=
乙车还没有追上甲车，此后甲车比乙车快，不可能追上；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +>+
即
01s s <
则此前乙车已追上甲车1次，此时乙车在甲车前面，之后乙车速度小于甲车，乙车还会被甲车反追及1次。

则全程相遇2次；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +=+
即
01s s =
则此前乙车始终在甲车后面，此时乙车刚好追及甲车（临界点），之后乙车速度小于甲车，不再相遇。

则全程仅相遇1次；故A 、B 、C 正确，D 错误；
故选ABC 。

9．BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．密度是宏观的物理量，分子的质量与体积是微观的物理量，则0m V ρ≠，故A 错误；
B ．根据相对湿度的定义式可知，空气中水蒸气的压强与同温度时水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大，故B 正确；
C ．在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的大头针，水也不会流出的原因是液体的表面张力作用，液体表面层分子的分布要比内部稀疏些，分子之间的吸引力和排斥力都减弱了，其中斥力减弱更多，所以表面层分子之间有相互吸引力，这种力叫表面张力，由于表面张力的作用，使水面形成一层弹性薄膜，所以水不会流出，故C 错误；
D ．物体的内能由温度、体积和物质的量决定，内能不同的物体，温度可能相同，温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，故D 正确；
E ．玻璃管道裂口放在火上烧熔，熔化的玻璃在表面张力的作用下收缩到最小，从而变得圆滑，故E 正确。

故选BDE 。

10．AD
【解析】
【详解】
AB ．设斜面倾角为θ，长度为L 。

小物块以速度v 平抛落在斜面上时位移关系有
21111
12tan gt y x vt θ== 解得
12tan v t g
θ= 则落点距斜面顶端距离
21112tan cos cos cos x vt v s g θθθθ
=== 若第二次落在斜面上，同理落点距斜面顶端
()2
222tan cos v s g θθ
= 则有 2142s s L ==
该距离大于斜面的长度L ，则第二次抛出时落在水平面上。

以速度v 平抛时
1t ===以速度2v 平抛落在水平面上时有
2t =
则有
12t t = 所以A 正确，B 错误；
CD ．第一次与第二次平抛的竖直位移之比为
121sin 12sin 2
L y y L θθ==
所以D 正确，C 错误。

故选AD 。

11．BC
【解析】
【详解】
A ．根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y 粒子为β粒子，故A 错误；
B ．若生成的131
54Xe 处于激发态，还会放出γ射线，γ射线的穿透能力最强，故B 正确；
C ．半衰期是一个统计规律，指的是有一半原子核发生衰变所需要的时间，只对大量的原子核适用，对少数原子核是不适用的，所以若取4g 碘原子核，经8天后就只剩下2g 碘原子核了，故C 正确；
D ．131
53I 中有53个质子，131表示质量数（核子数），故D 错误。

故选BC 。

12．AC
【解析】
【详解】
AB ．金属空心导体放在匀强电场中，出现静电感应现象，最终处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为零，所以a 、b 两点的电场强度都为零，A 正确，B 错误；
CD ．处于静电平衡的导体上，以及导体的内部的电势处处相等，即为等势体，则a 点电势等于b 点电势，C 正确，D 错误；
故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．()1212s s f + ()2312s s f + ()23112
s s f - 40 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]打B 点时，重物下落的速度等于AC 段的平均速度，所以
()1212122
B s s v s s f T +==+； [2]同理打出
C 点时，重物下落的速度 ()2323122B s s v s s f T +=
=+； [3]由加速度的定义式得
()23112
v a s s f t ∆==-∆ （2）[4]由牛顿第二定律得：
mg kmg ma -= ，
解得：
f = 代入数值解得：
f=40Hz ．
【点睛】
本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析．解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的50 Hz ． 14． 拔出、 a
【解析】在闭合电键瞬间，磁通量增加，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，则应使磁通量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片P 向a 端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小磁通量。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)30N ；(2)0223v =
m/s 【解析】
【分析】
【详解】
(1)两者一起匀速运动，由平衡条件有
F=μ1(M+m)g=30N
(2)外力F 反向后，小物块脱离长木板在水平面上做减速运动，加速度
a 1=2mg
m μ=μ2g=2m/s 2
设初速度为v 0，有2011
02v x a -=-，0=v 0 －a 1t 1，得
2014v x =，012v t = 薄木板也做减速运动，加速度
12F Mg
a M μ+==11m/s 2 由于a 2＞a 1，所以薄木板的速度先减到零，有202
02v a --=x 2，0=v 0－a 2t 2，得 20222
v x =，0211v t = 然后薄木板向左加速运动，加速度
13F Mg
a M μ-==1m/s 2
有233121
()2
x a t t =-，小物块距薄木板右端的距离 L=x 1－x 2+x 3
解得
0223
v =m/s 16．（1）02v v = （2）0mv B qL =
（3）022L t v π⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭ 【解析】
【分析】 带电粒子以与x 轴成45°垂直进入匀强磁场后，在O 点根据平行四边性定则可得射入磁场时的速度；粒子在电场中运动根据运动学方程和几何关系求出半径，再根据牛顿第二定律求出磁感应强度；求出粒子在电场中的运动时间和在磁场中运的运动时间，即可求得总时间。

【详解】
（1）粒子从O 点射入磁场时的速度为002cos45v v v ==︒
（2）粒子在电场中运动，沿y 轴方向：0tan45y v v =︒ ，12y v L t =
沿x 轴方向：01x v t =
解得:2x L = 粒子在磁场中的运动轨迹为14
圆周，由几何关系得：22R L ==
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：2v qvB m R = 解得0
mv B qL
= （3）粒子在电场中的运动时间为12L t v =
粒子在磁场中运的运动时间为201242R L t v v ππ⨯== 则从O 点运动到P 点所用的时间为12022L t t t v π⎛⎫=+=+
⎪⎝⎭ 【点睛】
可将粒子的运动轨迹逆向思考，看成粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，进入匀强磁场中做匀速圆周运动。

17． (1)mv qd ；(2)50%；(3)0022455mv mv B qd qd
≤≤ 【解析】
【详解】
(1)贴近N 极板射入的尘埃打在M 板右边缘的运动轨迹如图甲所示，
由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径
1R d =
尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2011
mv qvB R = 解得
1mv B qd
= (2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得
01qE qv B =
撤去磁场以后粒子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离N 极板y 的粒子恰好离开电场，则在水平方向 0d v t =
在竖直方向
212y
at = 加速度
qE a m
= 解得
0.5y d =
所以除尘效率
100%50%y d η=⨯= (3)设圆形磁场区域的半径为0R ，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为2R ，要把尘埃全部收集到位于P 处的条状容器中，就必须满足
20R R =
另有
20022
v qv B m R = 如图乙
当圆形磁场区域过P 点且与M 板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径0R 最小，磁感应强度2B 最大，则有
0 1.25R d =小
解得
0245mv B qd
=
大 如图丙
当圆形磁场区域过P 点且与y 轴在M 板的右端相切时，圆形磁场区域的半径0R 最大，磁感应强度2B 最小，则有
0 2.5R d =大
解得
0225mv B qd
=小 所以圆形磁场区域磁感应强度2B 的大小须满足的条件为 0022455mv mv B qd qd ≤≤。