吉林省吉林市达标名校2019年高考四月调研物理试卷含解析

吉林省吉林市达标名校2019年高考四月调研物理试卷
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，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N 为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。

φM、φN和E M、E N分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（）
A．φM＞φN，E M＜E N B．φM＜φN，E M＞E N
C．电子的动能减小D．电场力对电子做了正功
2．如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。

（k为常现同时释放小木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力f与其速度v满足f kv
数），而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v-t图像的是（）
A．B．C．
D．
3．以下各物理量属于矢量的是()
A．质量
B．时间
C．电流
D．磁感应强度
4．电磁波与机械波具有的共同性质是( )
A ．都是横波
B ．都能传输能量
C ．都能在真空中传播
D ．都具有恒定的波速
5．图示为一列沿x 轴负方向传播的简谐横波，实线为t ＝0时刻的波形图，虚线为t ＝0.6s 时的波形图，波的周期T>0.6s ，则（ ）
A ．波的周期为2.4s
B ．波速为103
m/s C ．在t ＝0.9s 时，P 点沿y 轴正方向运动
D ．在t ＝0.2s 时，Q 点经过的路程小于0.2m
6．一电荷量为 q 的正点电荷位于电场中 A 点，具有的电势能为 Ep ，则 A 点的电势为ϕ = EqP ．若把该点电荷换为电荷量为 2q 的负点电荷，则 A 点的电势为（ ） A ．4ϕ
B ．2ϕ
C ．ϕ
D ．2
ϕ 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．如图,L 形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住。

烧断细线,物块弹出的过程木板保持静止,此过程( )
A ．弹簧对物块的弹力不变
B ．弹簧对物块的弹力逐渐减小
C ．地面对木板的摩擦力不变
D ．地面对木板的摩擦力逐渐减小
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1s 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．如图所示，用一轻绳将小球P 系于光滑竖直墙壁上的O 点，在墙壁和小球P 之间夹有一正方体物块Q ，P 、Q 均处于静止状态。

现将一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上并从O 点开始缓慢下移，
P 、Q 始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）
A ．物块Q 受到的静摩擦力将增大
B ．小球P 受到4个力的作用
C ．物块Q 受到4个力的作用
D ．轻绳的拉力减小
10．某型号的小灯泡其正常发光时的电压为4.0V ，图甲为小灯泡的I-U 曲线，现将该小灯泡与一电阻值为5.0Ω电阻串联后，再与一电动势E=5.0V 、内阻r=5.0Ω的电源，按图乙的连接方式连接好。

则下列说法正确的是（ ）
A ．此时电路中的电流为1A
B ．此时R 的功率约为为0.392W
C ．小灯泡的功率约为为0.672W
D ．电源的输出功率接近1W
11．如图a 为一列简谐横波在t=2s 时的波形图，图b 为媒质中平衡位置在x=2.5m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为x=1.5m 的质点。

下列说法正确的是____。

A ．波速为0.5m/s
B ．波的传播方向向左
C ．0~2s 时间内，P 运动的路程为8cm
D．t=1s时，P正位于正向最大位移处
E.当t=6s时，P恰好回到平衡位置
12．如图所示，竖直平面xOy内存在沿x轴正方向的匀强电场E和垂直于平面xOy向内的匀强磁场B，下面关于某带正电粒子在xOy平面内运动情况的判断，正确的是（）
A．若不计重力，粒子可能沿y轴正方向做匀速运动
B．若不计重力，粒子可能沿x轴正方向做匀加速直线运动
C．若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动
D．若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图1为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。

某实验小组利用其特性设计出一电子测力计，电路如图2所示。

所用器材有：
R，其无拉力时的阻值为500.0Ω
拉敏电阻F
E（电动势3V，内阻不计）
电源1
E（电动势6V，内阻不计）
电源2
毫安表mA（量程3mA，内阻100Ω）
滑动变阻器1R（最大阻值为500 ）
滑动变阻器2R（最大阻值为300Ω）
电键S，导线若干。

现进行如下操作：
①将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路，将滑动变阻器滑片置于恰当位置，然后闭合电键S。

②不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置，直到毫安表示数为3mA，保持滑动变阻器滑片的位置不
再改变。

③在F R下施加竖直向下的拉力F时，对应毫安表的示数为I，记录F及对应的I的值。

④将毫安表的表盘从1mA到3mA之间逐刻线刻画为对应的F的值，完成电子测力计的设计。

请回答下列问题：
（1）实验中应该选择的滑动变阻器是__________（填“1R”或“2R”），电源是________（填“1E”或“2E”）；（2）实验小组设计的电子测力计的量程是__________N。

14．测量物块Q（视为质点）与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图所示。

AB是四分之一的光滑的固定圆弧轨道，圆弧轨道上表面与水平固定的平板P的上表面BC相切、C点在水平地面上的垂直投影为C'。

重力加速度为g。

实验步骤如下：
A．用天平称得物块Q的质量为m；
B．测得轨道AB的半径为R、BC的长度为s和CC'的高度为H；
C．将物块Q从A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
D．重复步骤C，共做5次；
E．将5个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量其圆心到C'的距离x。

则物块Q到达C点时的动能kC
E__________；在物块Q从B点运动到C点的过程中，物块Q克服摩擦力做的功W=_______；物块Q与平板P的上表面BC之间的动摩擦因数μ=______。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平轨道BC两端连接竖直的光滑1
4
圆弧，质量为2m的滑块b静置在B处，质量为m的
滑块a从右侧1
4
圆弧的顶端A点无初速释放，滑至底端与滑块b发生正碰，碰后粘合在一起向左运动，
已知圆弧的半径为R＝0.45 m，水平轨道长为L＝0.2 m，滑块与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。

求：
(1)两滑块沿左侧圆弧上升的最大高度h；
(2)两滑块静止时的位置。

16．如图所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧（I区）和MN 边界右侧（II区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且MN右侧的磁感应强度大小是y轴左侧磁感应
v从坐标强度大小的2倍，MN边界与y轴平行且间距保持不变.一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度
原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过y轴左侧磁场的时间均为0t，粒子重力不计.
（1）求y轴左侧磁场的磁感应强度的大小B;
4.5t时间粒子第一次回到原点O,且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍，求电场区域的宽（2）若经过0
度d
（3）若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2且R1<R2,要使粒子能够回到原点O,则电场强度E应满足什么条件？
17．如图所示，内壁粗糙、半径R=0.4m的四分之一网弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切。

质量m2=0.4kg的小球b左端连接一水平轻弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1=0.4kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B的过程中克服摩擦力做功0.8J，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

求：
(1)小球a由A点运动到B点时对轨道的压力大小；
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，a球的最小动能；
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。

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】
考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。

【详解】
AB．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以E M＜E N，φM＜φN，故AB 错误；
CD．当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。

故选D。

2．D
【解析】
【分析】
【详解】
对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，v-t图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。

对于小木块有空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得
==+
F ma mg f
解得
kv
=+
a g
m
由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g。

同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第二定律可得
kv
a g
=-
m
由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率表示加速度，故图线与t轴相交时刻的加速度为g，此时实线的切线与虚线平行。

故D正确，ABC错误。

故选D。

3．D
【解析】
【详解】
矢量是既有大小，又有方向的物理量；
AB ．质量、时间只有大小而没有方向，都是标量，选项AB 错误；
C ．电流有大小和方向，但电流的合成不满足平行四边形定则，也是标量，选项C 错误；
D ．磁感应强度有大小，也有方向，是矢量，故选项D 正确。

4．B
【解析】
试题分析：电磁波是横波，机械波有横波也有纵波，故A 错误．两种波都能传输能量，故B 正确．电磁波能在真空中传播，而机械波不能在真空中传播，故C 错误．两种波的波速都与介质的性质有关，波速并不恒定，只有真空中电磁波的速度才恒定．
考点：考查了电磁波与机械波
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．波的周期T ＞0.6s ，说明波的传播时间小于一个周期，波在t=0.6s 内传播的距离不到一个波长，则由图知
30.6s 4
T = 解得
=0.8s T
故A 错误；
B ．由图可知，波长为8m ，波速为
10m/s λv T
== 故B 错误；
C ．由于波沿x 轴负方向传播，故t=0时P 点沿y 轴负方向运动，故
t=0.8s=1T
时P 点沿y 轴负方向运动，再过0.1s 即0.9s 时P 点沿y 轴负方向运动，故C 错误；
D ．由
0.2s 4
T t == 可知，由于Q 点在t=0时刻从靠近最大位移处向最大位移处运动，则经过四分之一周期小于振幅A 即0.2m ，故D 正确。

故选D 。

6．C
【解析】
根据电势的物理意义：电势是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关．可知，将该点电荷换为电荷量为2q 的负点电荷，A 点的电势不变，故C 正确，ABD 错误；故选C.
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．BD
【解析】
【详解】
烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A 错误，B 正确。

木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小。

故D 正确、C 错误。

故选BD 。

【点睛】
本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木块对木板没有摩擦力，木板所受的摩擦力为静摩擦力．
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．BC
【解析】
【详解】
A ．Q 处于静止状态，竖直墙壁光滑，由平衡条件可知，Q 受到的静摩擦力等于Q 的重力大小，不变，故A 错误；
B ．小球P 受重力、Q 对P 的弹力、Q 对P 的摩擦力和轻绳的拉力的作用，故B 正确；
C ．物块Q 受重力、压力、支持力和静摩擦作用，故C 正确；
D ．P 、Q 作为一个整体分析，其受三个力的作用，并处于平衡状态，轻绳的拉力 ()cos P Q m m g
F θ+=
铅笔缓慢下移的过程中θ增大，轻绳的拉力增大，故D 错误。

故选BC 。

10．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．将定值电阻看成是电源的内阻，由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示
则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压约为2.4V ，电流约为0.28A ，则灯泡的功率
2.40.280.672W P UI ==⨯=
R 消耗的功率为
P=I 2R=0.282×5=0.392W
故A 错误，BC 正确；
D ．由电路可知电源的输出功率为电阻和小灯泡消耗的功率
P 总=0.392+0.672=1.06W
故D 正确。

故选BCD 。

11．ACE
【解析】
【详解】
A ．由图a 可知该简谐横波波长为2m ，由图b 知周期为4s ，则波速为
0.5m/s v T λ
==
故A 正确；
B ．根据图b 的振动图象可知，在 2.5m x =处的质点在2s t =时振动方向向下，所以该波向右传播，故B 错误；
C ．由于2s t =时，质点P 在平衡位置，且有
2s 0.5T =
所以在02s ～时间内，质点P 的路程为
28cm A =
故C 正确；
D ．由于该波向右传播，由图a 可知2s t =时，质点P 在平衡位置向上运动，所以1s t =时，P 正位于负向最大位移处，故D 错误；
E ．波的周期为4s ，P 从2s 到6s 经历时间
4s t T ==
所以6s t =时，P 点应恰好回到了平衡位置，故E 正确；
故选ACE 。

12．AD
【解析】
【详解】
A ．若不计重力，当正电荷沿y 轴正方向运动时，受到的电场力沿x 轴正方向，受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，若满足qE qv
B =，则粒子做匀速直线运动，选项A 正确；
B ．粒子沿x 轴正方向运动时，因洛伦兹力沿y 轴方向，粒子一定要偏转，选项B 错误；
CD ．重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受力满足如图所示，粒子可做匀速直线运动，选项C 错误、D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．1R 1E 200
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]毫安表示数为3mA 时，由闭合电路的欧姆定律，有
3mA 100500E I R
==++ 若选电源2E ，则滑动变阻器电阻为1400Ω，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源1E ，此时滑动变阻器电阻为400Ω，只能选1R 。

（2）[3] 毫安表示数为1mA 时，拉力最大，由闭合电路的欧姆定律，有
1F
1mA 100400E R =++ 由图1有
2F (50.1)10ΩR F =+⨯
解得拉力最大值为200N 。

电子测力计的量程200N 。

14．24mgx H 24x mg R H ⎛⎫- ⎪⎝⎭
2
4R x s Hs - 【解析】
【详解】
[1]从A 到B ，由动能定理得：
mgR=E KB -0，
则物块到达B 时的动能：
E KB =mgR ，
离开C 后，物块做平抛运动，水平方向：
x=v C t ，
竖直方向：
212
H gt =， 物块在C 点的动能212KC C E mv =
，联立可得： 24KC mgx E H
=； [2][3]由B 到C 过程中，由动能定理得：
221122
f C B W mv mv -=-， B 到C 过程中，克服摩擦力做的功：
2244f mgx x mg R H H W mgs mgR μ⎛⎫=-=- ⎝=⎪⎭
可得：
2
4R x s Hs
μ-=。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)0.03 m (2)水平轨道的中点处
【解析】
【详解】
(1)设滑块a 滑至底端碰前速度大小为v B ，碰后共同速度大小为v ，根据机械能守恒定律有
mgR ＝12
m 2B v ， 由动量守恒定律有
mv B ＝(m ＋2m)v
从B 点到左侧最大高度处由动能定理有
－μ3mgL －3mgh ＝0－
12×3mv 2 联立解得
h ＝0.03m
(2)粘合体将来回往复运动，直到速度为0，设在水平轨道BC 上运动的路程为s ，根据动能定理有
－μ3mgs ＝0－
12
×3mv 2 解得
s ＝0.5m
所以滑块停在水平轨道BC 的中点处。

16． (1) 0m B qt π=
(2) 002.5d v t = (3) ()2020384(1,2,3,)5n n mv E n n qt ++==⋯
【解析】
【详解】 (1) 粒子在磁场中做圆周运动的周期：2m T qB
π=，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则： 02T t =
解得：
0m
B qt π=
(2) 设粒子在I 、Ⅱ区运动的速度分别为v 1、v 2，运动周期分别为T 1、T 2，则
2111mv Bqv r =，2222
2mv Bqv r =，1020,4v v v v == 解得：
212r r =
粒子在t=4.5t 0时回到原点，运动轨迹如图所示：
1222,2m m T T Bq Bq
ππ== 粒子在I 、Ⅱ运动时间分别为
0120,222
t T T t == 粒子在电场中运动时间为
0004.5 2.52t t t -=
故粒子在电场中运动宽度d 所用时为t 0得
1202
v v d t += 解得：
002.5d v t =
(3) 由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足
()211222(1,2,3,)n R R R n -==L
由向心力公式有：
222
22mv Bqv R ''= 解得：
202(1)n v v n
'+= 根据动能定理： 22201122
qEd mv mv '=- 解得： ()20
20384(1,2,3,)5n n mv E n n qt ++==⋯
17． (1)8N ；(2)0；(3)0.8N·s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设a 球运动到B 点时的速度为B v ，根据动能定理有
211B 12
f m gR W m v -=
解得 B 2m/s v =
又因为
2B N 11v F m g m R
-= 解得
N 8N F =
由牛顿第三定律知小球a 对轨道的压力
N N 8N F F '==
(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用整个过程中，a 球始终做减速运动，b 球始终做加速运动，设a 球最终速度为1v ，b 球最终速度为2v ，由动量守恒定律和能量守恒得
1B 1122m v m v m v =+
2221B 1122111222
m v m v m v =+ 解得
10v =
22m/s v =
故a 球的最小动能为0。

(3)由(2)知b 球的最大速度为2m/s ，根据动量定理有 220.4kg 2m/s 0.8N s I m v ==⨯=⋅。