山东省济南市达标名校2019年高考三月调研物理试卷含解析

山东省济南市达标名校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，S 1、S 2是振幅均为A 的两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。

则
A ．两列波在相遇区域发生干涉
B ．a 处质点振动始终减弱，b 、c 处质点振动始终加强
C ．此时a 、b 、c 处各质点的位移是：x a ＝0，x b =－2A ，x c =2A
D ．a 、b 、c 处各质点随着水波飘向远处
2． “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。

他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。

假设万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)总质量为M ，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m 的炽热燃气相对地面以v 0的速度竖直向下喷出。

忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g ，下列说法中正确的是
A ．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B ．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为m
M mv -0 C ．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为2202()
m v g M m - D ．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
3．关于功的概念，下列说法中正确的是（ ）
A ．因为功有正负，所以功是矢量
B ．力对物体不做功，说明物体一定无位移
C ．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功
D ．若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功
4．在真空中某点电荷Q 的电场中，将带电荷量为q 的负试探电荷分别置于a （0,0,r ）、b 两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，F a 、F b 分别在yOz 和xOy 平面内，F a 与z 轴负方向成60︒角，F b 与x 轴负
方向成60︒角。

已知试探电荷在a 点受到的电场力大小为F a =F ，静电力常量为k 。

则以下判断正确的是（ ）
A ．电场力的大小F b 大于F
B ．a 、b 、O 三点电势关系为a b O ϕϕϕ=>
C ．点电荷Q 带正电，且大小为24Fr Q kq =
D ．在平面xOz 上移动该试探电荷，电场力不做功
5．已知一物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑，上滑长度为L 时，速度减为0，当物体的上滑速度是初速度的13
时，它沿斜面已上滑的距离是 A ．56L B ．89L C ．3L D ．3L 6．将一物体从地面以速度v 0竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小恒定，设物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地过程中，如图所示的四个图中不正确的（ ）
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．某电场在x 轴上各点的场强方向沿x 轴方向，规定场强沿x 轴正方向为正，若场强E 随位移坐标x 变化规律如图，x 1点与x 3点的纵坐标相同，图线关于O 点对称，则（ ）
A．O点的电势最低B．-x2点的电势最高
C．若电子从-x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零D．若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零
8．在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是( )
A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
9．如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷1Q、2
Q固定在c、d两点上。

一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A．2Q对P的静电力大小为
3
2
mg
B．1Q、2Q3
C．将P从a点移到b点，电场力做功为零
D．将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小
10．研究表明，汽车在行驶过程中所受阻力的大小与运动速率的平方近似成正比。

一辆汽车在平直公路上行驶，以某一功率行驶达到的最大速率为1v，此时所受阻力为1F。

若增加汽车功率为原来的两倍，其他条件不变，该汽车行驶达到的最大速率为2v，相应的阻力为2F。

对此下列表述正确的是（）
A．2
12
F F =B．3
2
1
4
F
F
=C．2
1
2
v
v
=D．3
2
1
2
v
v
=
11．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R ．线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过6π时的感应电流为I ，下列说法正确的是（ ）
A ．线框中感应电流的有效值为2I
B ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为
2IR ω C ．从中性面开始转过2
π的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ω D ．线框转一周的过程中，产生的热量为2
8RI πω
12．如图所示，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d ，右侧轨道间距为d 。

轨道处于竖直向下的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

质量为2m 、有效电阻为2R 的金属棒a 静止在左侧轨道上，质量为m 、有效电阻为R 的金属棒b 静止在右侧轨道上。

现给金属棒a 一水平向右的初速度v 0，经过一段时间两金属棒达到稳定状态。

已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a 始终在左侧轨道上运动,则下列说法正确的是（ ）
A ．金属棒b 稳定时的速度大小为01
3
v B ．整个运动过程中通过金属棒a 的电荷量为
023mv Bd
C ．整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为022Rmv B d
D ．整个运动过程中金属棒a 产生的焦耳热为
2049
mv 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学设计以下的实验测量某一小电动机的转速，实验主要步骤如下，完成下列填空。

(1)用游标卡尺测量电动机转轴的直径如图甲所示，测量值为_______cm。

(2)取一根柔软的无弹性的细线，把细线的一端用少许强力胶水固定在电动机的转轴上。

(3)如图乙所示，把细线的另一端用小夹与纸带的左端相连，让纸带水平穿过打点计时器的限位孔。

打点计时器所用的交流电频率为50Hz。

(4)打开打点计时器，再开动电动机，细线顺次排列绕在电动机的转轴上，同时拉动纸带向左运动，打出的纸带如图丙所示。

由以上数据计算电动机的转速为_______r/s。

（计算结果保留整数）
(5)实验中存在系统误差使测量结果偏大。

写出造成该系统误差的一个原因：
__________________________________________。

14．小明同学用如图所示装置探究物体的加速度跟力的关系。

（1）图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图中所示。

已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值
a=________2
m/s（结果保2位有效数字）。

（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。

根据测得的多组数据画出a-F关系图线，如图所示。

此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是__________。

A．所挂钩码的总质量过大B．所用小车的质量过大
C．平面轨道倾斜角度过小D．平面轨道倾斜角度过大
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为波源O振动1.5s时沿波的传播方向上质点振动的波形图，问：
(1)何时x=5.4m 的质点第一次到达波峰？
(2)从t=0开始至x=5.4m 的质点第一次到达波峰这段时间内，波源通过的路程是多少？
16．如图所示，两个完全相同的长木板A 、B 靠在一起(不连接)放在光滑的水平面上，A 、B 的长均为L ，质量均为m ，一物块C ，质量也为m ，以初速度v 0从A 木板的左端滑上木板，最终刚好能滑到木板A 的右端，重力加速度为g ，物块与两长木板间的动摩擦因数相同，不计滑块C 的大小。

求：
（1）物块与长木板间的动摩擦因数μ；
（2）物块滑到A 的右端时，再给C 一个向右的瞬时冲量，使C 的速度变为043
v ，试判断C 会不会从B 的右端滑出，要求写出判断的推理过程。

17．如图所示，直角坐标系xOy 处于竖直平面内，x 轴沿水平方向，在y 轴右侧存在电场强度为E 1、水平向左的匀强电场，在y 轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E 2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度6T B =，方向垂直纸面向外。

在坐标为（0.4m ，0.4m ）的A 点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO 经原点O 第一次穿过y 轴。

已知12 4.5N/C E E ==，重力加速度为210m/s g =，求：
(1)小球的比荷（q m
）及小球第一次穿过y 轴时的速度大小； (2)小球第二次穿过y 轴时的纵坐标；
(3)小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间。

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．C
【解析】
【详解】
A ．图中两列波的波长不同；波速由介质决定，是相同的；根据v f λ=，频率不同，两列波不会干涉，只是叠加，A 错误；
B ．两列波不能产生稳定的干涉，所以振动不是始终加强或减弱的，B 错误；
C ．波叠加时，各个质点的位移等于各个波单独传播时引起位移的矢量和，故
0a x A A =-=，2b x A A A =--=-，2c x A A A =+=，
C 正确；
D ．波传播时，各个质点只是在平衡位置附近做振动，D 错误；
故选C 。

2．B
【解析】
【分析】
火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。

【详解】
A 、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A 错误；
B 、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v ，规定火箭运动方向为正方向，则有0()0M m v mv --=，解得火箭的速度大小为0mv v M m
=-，故B 正确； C 、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为
222
0222()m v v h g M m g
==-，故C 错误； D 、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D 错误；
故选B 。

【点睛】
关键是、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。

3．C
【解析】
A 、功有正负，但功是标量，A 错误；
B 、当力的方向和位移的方向垂直时，力不做功，但有位移，B 错误；
C 、摩擦力方向可以与位移方向相同，也可以相反，故可能做正功，也可能做负功，C 正确；
D 、一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，D 错误．
故选Ｃ．
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
由题，F a 、F b 分别在yOz 和xOy 平面内，可知点电荷Q 即在yOz 平面内，也在xOy 平面内，所以Q 一定在坐标轴y 上，过a 点沿F 的方向延长，与y 轴交于Q 点，设OQ 之间的距离为y ，由几何关系得 tan 60y r
︒= 则
tan 60y r ︒==
aQ 之间的距离
=2cos60
r L r ︒= 连接bQ ，则b 受到的电场力的方向沿bQ 的方向。

由几何关系得
tan 60b y r r ︒=== 可知b 点到O 点的距离也是r ，b 到Q 之间的距离也是2r
A ．b 与a 到Q 点的距离相等，根据库仑定律可知，试探电荷在b 点受到的电场力与在a 点受到的电场力是相等的，所以
b F F =
故A 错误；
B ．负电荷受到的电场力指向Q ，根据异性电荷相互吸引可知，Q 带正电，由于距离正电荷越近电势越高，所以O 点的电势高，b 与a 点的电势相等，即
a b O ϕϕϕ=<
故B 错误；
C ．由于点电荷Q 带正电，根据库仑定律
2
(2)kQq F r = 解得点电荷Q 的电荷量为
2
4Fr Q kq
= 故C 正确；
D ．平面xOz 上各点到Q 的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面xOz 上移动该试探电荷，电场力不一定不做功，故D 错误。

故选C 。

5．B
【解析】
【详解】
物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑时初速度为v 0，上滑长度为L 时，速度减为0，有：
2002v aL -=， 当物体的上滑速度是初速度的13时，此时速度为013v ，有 2
20023v v ax ⎛⎫-= ⎪⎝⎭
， 联立以上两等式得： 89
x L =， 故选B 。

6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物体在运动过程中受到重力和空气阻力，则上升过程中由牛顿第二定律得
1mg f ma +=
下降过程中由牛顿第二定律得
2mg f ma -=
可判断
12a a >
上升过程中速度方向向上，下降过程中速度方向向下，根据动量定义P mv =可知上升过程中动量方向向上，下降过程中动量方向向下，故A 正确；
B ．根据公式I Ft =可知合外力的冲量方向始终向下，故B 错误；
CD ．克服空气阻力做的功
f W fs =
s 为物体运动的路程，上升过程s h =，下落过程总路程2s H h =-，根据功能关系可知，机械能E 逐渐减小，则有
0E E fs -=-
故C 、D 正确；
不正确的故选B 。

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．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．规定场强沿x 轴正方向为正，依据场强E 随位移坐标x 变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：
根据顺着电场线电势降低，则O 电势最低，A 正确；
B ．由上分析，可知，电势从高到低，即为321x x x 、、，由于2x -点与2x 点电势相等，那么
2x ﹣点的电势不是最高，B 错误；
C ．若电子从2x -点运动到2x 点，越过横轴，图像与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，C 正确；
D ．若电子从1x 点运动到3x 点，图像与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，D 错误。

故选AC 。

8．BC
【解析】
【详解】
由F －t 图象可以看出，0～t 1
F ＝mg
物块可能处于静止状态或匀速运动状态，t 1～t 2
F>mg
电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动，t 2～t 3
F ＝mg
物块可能静止或匀速运动，t 3～t 4
F<mg
电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动，综上分析可知，故BC 正确。

故选BC 。

9．BC
【解析】
【详解】
AB ．设a 、c 间的距离为r ，则a 、d ，因为小球在P 点处于静止状态，由平衡条件可得： 1
2 6030kQ q cos r ︒︒ 1
2 kQ q mg r + 联立可解得：
21Q
12mg 故A 错误，B 正确。

C ．因为a 、b 两点关于cd 对称，所以这两点的电势相等，而电场力做功的特点是只与初末位置的电势有关，与其所经过的路径无关，所以将P 从a 点移到b 点，电场力做功为零，故C 正确。

D ．由题可知，粒子在a 点受到的电场力方向竖直向上，在cd 上方受电场力方向竖直向下，所以将P 从a 点沿直线移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D 错误。

故选BC 。

10．BD
【解析】
【详解】
CD ．汽车功率为P 时，最大速率为1v ，由二力平衡有
1
1F P v = 由题意知 211F kv =
解得
31P v k
=① 同理，汽车功率为2P 时，最大速率为
322P v k
=② 解①②式得
323122v P v P
==③ 所以D 正确，C 错误；
AB ．将③式代入
211F kv =与222F kv =
解得
2322114F v F v ⎛⎫== ⎪⎝⎭
所以B 正确，A 错误。

故选BD 。

11．BC
【解析】
试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势，电流，线框转过6π时的感应电流为，电流的有效值，故A 错误；线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS ，又
，解得BS=2IR ω，所以B 正确；从中性面开始转过2π的过程中，通过导线横截面的电荷量为，故C 正确；转一周产生的热量代入解得：
，故D 错误．
考点：本题考查交流电
12．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．对金属棒a 、b 分别由动量定理可得
0222BI d t mv mv -⨯⨯=-，BI d t mv '⨯⨯=
联立解得
0mv mv mv '-=
两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0，则
2B d v B d v '⨯⨯=⨯⨯
即
2v v '=
则
013
v v =，023v v '= A 错误；
B ．在金属棒b 加速运动的过程中，有
BI d t mv '⨯⨯=
即
023
Bqd m v =⨯ 解得
023mv q Bd
= B 正确；
C ．根据法拉第电磁感应定律可得
33E B S q I t t R R R
∆Φ⨯∆=∆=
∆==总 解得 022Rmv S B d
∆= C 正确；
D ．由能量守恒知，回路产生的焦耳热
2222001112222223
Q mv mv mv mv '=⨯-⨯-= 则金属棒a 产生的焦耳热
202439
Q Q mv '== D 正确。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．0.50 48 细线有直径
【解析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺示数为5mm 。

游标尺的0刻线与主尺的某刻线对齐，示数为0，则测量值为 5mm 0.0mm 5.0mm 0.50cm +==
(4)[2]取纸带上的AD 段计算纸带运动的速度，有
4.53cm 7
5.5cm/s 330.02s
AD v t ===∆⨯ 该速度即为电动机转动时转轴边缘的线速度。

转轴边缘做圆周运动，则转速 75.5cm/s 48r/s 2π 3.140.50cm v n R =
=≈⨯ (5)[3]细线有直径，在轴上绕行的过程相当于增大了转轴的直径，而上式仍按电动机原有直径进行计算，得到的计算值偏大。

14．1.3 A
【解析】
【详解】
[1]（1）小车运动的加速度的测量值
22432122()0.19100.06890.0689m/s 1.3m/s 440.1
s s s s a T +-+--===⨯ [2]（2）此实验要求所挂钩码的总质量要远远小于小车的质量。

图线的AB 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因是所挂钩码的总质量过大，选项A 正确，BCD 错误。

故选A 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)18.5s ；(2)1.85 m
【解析】
【详解】
(1)由图知
60cm 0.6m λ==
由题知
所以
2s T =
5.4m x =处的质点距波源有
5490.6
λ∆⋅===x
n 个 即波源O 的振动形式经1918s t T ==传到此点
此点第一次到达波峰还需
210.5s 4
t T == 共用时间
1218.5s t t t ==+
(2)由(1)知从0t =开始至 5.4m x =的质点第一次到达波峰经历的时间为18. 5s ，即历时9. 25T ，所以 49.25m 1.85m s A =⨯=源
16．（1）203v gL
；（2）不会，过程见解析。

【解析】
【详解】
（1）设滑块C 滑到A 的右端时，三者共同速度为v 1，根据动量守恒定律有
013mv mv =
根据动能关系有
2220101
113223
mgL mv mv mv μ=-⨯= 求得
203v gL
μ= （2）假设C 不会从B 板上滑离，B 、C 获得共同速度为v 3，则
2132mv mv mv +=
求得
3056
v v = 设C 在B 上滑行的距离为x ，根据功能关系 2222131
112222mgx mv mv mv μ=+-⨯
求得
假设成立，因此物块不会从B 的右端滑离。

17． (1)20C/kg 9q m =，4m/s ；(2)0.32m ；(3)9π22()s 805
+ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题可知，小球受到的合力方向由A 点指向O 点，则
1qE mg =①
解得
20C/kg 9
q m =② 由动能定理得
2111102
mgy qE x mv +=-③ 解得
4m/s v =④
(2)小球在y 轴左侧时
2qE mg =
故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得
2
mv qvB R
=⑤ 解得
0.3m R =⑥
由几何关系可知，第二次穿过y 轴时的纵坐标为
220.32m y R ==⑦
(3)设小球第一次在y 轴左侧运动的时间为1t ，由几何关系和运动规律可知
13π9πs 280
R t v ==⑧ 小球第二次穿过y 轴后，在第一象限做类平抛运动（如图所示），由几何关系知，此过程小球沿速度v 方向的位移和垂直v 方向的位移大小相等，设为r ，运动时间为2t ，则
2r vt =⑨
2212
r at =⑩ 由①式可得
a =⑪
可得
25
t =⑫ 小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间
129π(805
t t t =+=+⑬。