广东省广州市达标名校2019年高考三月适应性考试物理试题含解析

广东省广州市达标名校2019年高考三月适应性考试物理试题
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．极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）．如图所示，某时刻某极地卫星在地球北纬45°A点的正上方按图示方向运行，经过12h后再次出现在A点的正上方，地球自转周期为
24h．则下列说法正确的是
A．该卫星运行周期比同步卫星周期大
B．该卫星每隔12h经过A点的正上方一次
C．该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小
D．该卫星所有可能角速度的最小值为rad/h
8
2．在光滑水平地面上放有一个表面光滑的静止的圆弧形小车，另有一质量与小车相等可视为质点的铁块，以速度v从小车的右端向左滑上小车，如图所示，铁块上滑至圆弧面的某一高度后返回，不计空气阻力，则铁块返回到小车的右端以后，相对于地面，将做的运动是（）
A．又以速度v沿小车向左滑动B．以与v大小相等的速度从小车右端平抛出去
C．以比v小的速度从车右端平抛出去D．自由落体运动
3．1905年爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。

下列给出的与光电效应有关的四个图像中，下列说法正确的是（）
A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电
B ．图乙中，从光电流与电压的关系图像中可以得到：电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
C ．图丙中，若电子电荷量用e 表示，121v v U 、、已知，由c U v -图像可求得普朗克常量的表达式为
121
eU h v v =- D ．图丁中，由光电子最大初动能k E 与入射光频率v 的关系图像可知，该金属的逸出功为E 或0hv 4．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（ ）
A ．自由落体运动是一种匀变速直线运动
B ．力是使物体产生加速度的原因
C ．力不是维持物体运动的原因
D ．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
5．在光电效应实验中，某同学先后用甲、乙两种光照射同一光电管，得到如图所示的两条光电流与电压之间的关系曲线，则两种光中（
）
A ．甲光的频率比较大
B ．甲光的波长比较长
C ．甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较少
D ．甲光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大
6．2018年2月7日凌晨，太空技术探索公司 SpaceX 成功通过“猎鹰重型”火箭将一辆红色的特斯拉跑车送上通往火星的轨道，如图所示，已知地球到太阳中心的距离为B r ，火星到太阳中心的距离为M r ，地球和火星绕太阳运动的轨迹均可看成圆，且 1.4M B r r =，若特斯拉跑车按如图所示的椭圆轨道转移，则其在此轨道上的环绕周期约为（ ）
A ．1.69年
B ．1.3年
C ．1.4年
D ．2年
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．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使灯泡L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则
A．灯泡L变亮
B．灯泡L变暗
C．电流表的示数变小
D．电流表的示数变大
8．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的切线。

现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×10－8 C的滑块P（可视为质点），从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10 m/s2。

则下列说法中正确的是（）
A．滑块P运动过程中的电势能逐渐减小
B．滑块P运动过程中的加速度逐渐增大
C．x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 N/C
D．滑块P运动的最大速度为0.5 m/s
9．如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc边的长度。

现使框架沿bc边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好达到磁场左边界。

线框中产生的感应电动势大小为E，感应电流为I（逆时针方向为电流正方向），bc两点间的电势差为U bc，金属框的电功率为P。

图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（）
A ．
B ．
C ．
D ． 10．如图所示为质谱仪的结构原理图带有小孔的两个水平极板1S 、2S 间有垂直极板方向的匀强电场，圆筒N 内可以产生质子和氚核，它们由静止进入极板间，经极板间的电场加速后进入下方的匀强磁场，在磁
场中运动半周后打到底片P 上。

不计质子和氚核的重力及它们间的相互作用。

则下列判断正确的是（ ）
A ．质子和氚核在极板1S 、2S 间运动的时间之比为3
B ．质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1:3
C ．质子和氚核在磁场中运动的速率之比为3
D ．质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为311．下列说法正确的是（ ）
A ．一定质量的理想气体，当温度升高时,内能增加,压强增大
B ．饱和蒸汽在等温变化的过程中，当其体积减小时压强不变
C ．液体表面层分子间距离较其内部分子间距离小，表面层分子间表现为斥力
D ．一定质量的理想气体放出热量，分子平均动能可能减少
E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
12．一列简谐横波，在0.5s t =时的波动图象如图甲所示，介质中15m x =处的质点A 的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．这列波的波速大小是2m/s
B ．这列波的频率为1Hz
C ．这列波沿x 轴正方向传播
D ．0.5~0.75s 内，图甲中质点P 的平均速率大于质点Q 的平均速率
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某研究性学习小组从一个数码设备中拆下了一个旧电池，已知该电池的电动势约为12V 内阻约为2Ω，该小组的同学为了测定电池的电动势和内阻，从实验室借来了如下实验器材：
A ．电压表(量程为0～3V ，内阻为2kΩ)
B ．电流表(量程为0～3A ，内阻约为0.1Ω)
C ．定值电阻4kΩ
D ．定值电阻8kΩ E.定值电阻1Ω F.定值电阻3Ω
G.滑动变阻器0～20Ω H.滑动变阻器0～2kΩ I.开关一个，导线若干
(1)该小组的同学设计了如图甲所示的实验电路，电阻R 1应选____________，电阻R 2应选__________，滑动变阻器应选__________。

(选填相应器材前面的字母)
(2)开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至__________(填“最左端”或“最右端”)，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，可得到多组电压表和电流表的读数U 和I ，利用得到的实验数据作出U －I 图像如图乙所
示，根据图像可知该电池的电动势E ＝__________ V ，内阻r ＝__________Ω。

(计算结果保留三位有效数字) 14．某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。

给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。

已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz ，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB 、BC 、CD 、DE 间的距离分别为
1.20 6.1911.21AB BC CD x cm x cm x cm ===，，，16.23DE x cm =。

在ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D 点时物块的速度大小为____m/s （保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g 取9.8 m/s 2）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．质量为10kg M =的卡板静止在光滑水平面上，质量为30kg m =的小孩以02m/s v =的水平速度跳上木板的A 端，站稳后小孩又以20.25m/s a =的加速度匀加速跑向木板的B 端并离开木板，离开后木板恰好静止，求：
(1)小孩在木板上站稳时的速度大小；
(2)木板的长度。

16．如图所示，空中固定一粗糙的水平直杆，将质量为0.1m kg =的小环静止套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径，小环和直杆间的动摩擦因数0.8μ=，现对小环施加一位于竖直面内斜向上，与杆的夹角为053θ=的拉力F ，使小环以24.4/m s α=的加速度沿杆运动，求拉力F 的大小．(已知重
力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o
=
17．如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ=37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m =2kg 的物块，带正电，电量为q=10-6 C 。

若物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，电场强度为E=5×106V/m ，且物块能自由下滑到斜面底端。

斜面高度为h=1m ，已知：g=10m/s 2 ，sin 37°=0.6 ，cos37°=0.8试问，物块下滑到斜面底端过程中：
(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少；
(2)物块动能的改变量；
(3)物块机械能的改变量。

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
【解析】
【详解】
地球在12h 的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A 点的正上方，则时间应该满足34
T+nT ＝12h ，解得48h 43
T n +＝（n=0、1、2、3、），当n=0时，周期有最大值T=16h ，当n 的取值不同，则周期不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项A 错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为16h 时，每隔12h 经过A 点上方一次，选项B 错误； 卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步卫星的半径，根据2GM a r
=
可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项C 错误；该卫星的最大周期T=16h ，则最小的角速度为：2=rad/h 8T ππω=，选项D 正确. 2．D
【解析】
【详解】
小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
12mv mv Mv =+
根据机械能守恒定律可得
22212111222
mv mv Mv =+ 因为M=m ，所以解得120v v v ==，。

所以铁块离开车时将做自由落体运动。

故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器也带正电，选项A 错误；
B ．图乙中，从光电流与电压的关系图像中可以得到：电压相同时，光照越强，饱和光电流越大，但是遏止电压和光的强度无关，选项B 错误；
C ．根据C U e h W ν=-逸出功，则由c U v -图像可得
112
U h k e νν==+
121
eU h v v =+ 选项C 错误；
D ．图丁中，根据k
E h W ν=-逸出功，由光电子最大初动能k E 与入射光频率v 的关系图像可知，该金属的逸出功为E 或0hv ，选项D 正确。

故选D 。

4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。

故A 正确；
B ．该实验不能得出力是使物体产生加速度的原因这个结论，故B 错误。

C ．物体的运动不需要力来维持，但是该实验不能得出该结论，故C 错误。

D ．该实验不能得出惯性这一结论，故D 错误。

故选A 。

5．B
【解析】
【详解】
ABD ．根据
212
c m U e mv h W ν==-逸出功 由图像可知，乙光的截止电压较大，则乙光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大，乙光的频率较大，根据c
νλ=则甲光波长较大，选项AD 错误，B 正确；
C ．由图像可知，甲光的饱和光电流较大，则甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较多，选项C 错误； 故选B 。

6．B
【解析】
【详解】
根据开普勒第三定律可得：
3322(
)2=M B B r r r T T +地跑车 解得
1.3T ≈跑车地年 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】
【详解】
CD ．探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小，选项C 正确，D 错误；
AB ．由于总电流变大，则电源内电阻分压变小，路端电压变大，则电灯L 亮度增加，选项A 正确，B 错误。

8．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在φ-x 图像中，图线的斜率表示电场强度，由图可知，滑块P 运动过程中，电场方向不变，电场力始终做正功，则电势能逐渐减小，故A 正确；
BC ．由A 可知，图线的斜率表示电场强度，0.15m x =处的场强为
5
66310N/C 210N/C 2.010N/C 0.30.15
E x ϕ∆⨯===⨯=⨯∆- 则此时的电场力大小为
86210210N 0.04N F qE -==⨯⨯⨯=
滑动摩擦力大小为
0.020.210N 0.04N f mg μ==⨯⨯=
此时电场力与滑动摩擦力大小相等，由图可知图线斜率逐渐减小，故在0.15m x =之前，电场力大于摩擦力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，在0.15m x =之后，电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故B 错误，C 正确；
D ．滑块加速度为零时，速度最大，由BC 选项可知，在0.15m x =时，电场力和摩擦力大小相等，加速度为零，此时滑块的速度最大，根据动能定理得
2012
qU fx mv -=- 由图可知0.10m 处和0.15m 处的电势差大约为51.510V ⨯，代入解得最大速度大约为0.1m/s v =，故D 错误。

故选AC 。

9．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为E Blv =可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc 边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故E t -图像的第三阶段画错，故A 错误；
B ．根据闭合电路的欧姆定律E i R
=
，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故i t -图像正确，故B 正确； C ．由部分电路的欧姆定律bc bc U iR =，可知bc U t -图像和i t -图像的形状完全相同，故C 正确； D ．金属框的电功率为2P i R =，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则P t -图像错误，故D 错误。

故选BC 。

10．AD
【解析】
【详解】
由题意可知质子和氚核的质量之比为1：3；电量之比为1：1；
A ．粒子在电场中做初速度为零的匀加速动，电场力提供加速度，则有
212qE d t m
=⋅ 可得
t =故质子和氚核在极板间运动的时间之比
12t t == 故A 正确；
B ．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期
2πm T qB
= 质子和氚核在磁场中均运动半个周期，则质子和氚核在磁场中运动的时间之比
11221213
t m q m q t =''= 故B 错误；
C ．根据动能定理有
212
qU mv =
得
121
v v == 故C 错误；
D ．由公式
mv r qB
= 得质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比
11122221r m v q r m v q == 故D 正确。

故选AD 。

11．BDE
【解析】
【详解】
A ．由理想气体状态方程
pV C T
=可知，当温度升高时，内能增加，pV 乘积增大，但压强不一定大，故A 错误；
B ．饱和蒸汽压仅仅与温度有关，饱和蒸汽在等温变化的过程中，体积减小时压强不变，故B 正确；
C ．液体表面层分子间距离较其内部分子间距离大，表面层分子间表现为引力，故C 错误；
D ．一定质量的理想气体放出热量，根据热力学第一定律知分子内能可能减小，分子平均动能可能减少，故D 正确；
E ．根据熵增原理可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故E 正确； 故选BDE 。

12．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据图甲可得，该波的波长20m λ=；由图乙可得，该波的周期1s T =，则波速
20m/s v T λ
==
A 错误；
B ．波的传播周期和振源的振动周期相同，波源的振动频率
11Hz f T
== B 正确；
C ．由题图乙可知0.5s t =时，质点A 的振动方向向下，在题图甲中根据“上坡下，下坡上”法可知，波沿x 轴正方向传播，C 正确；
D ．0.5~0.75s 内，质点P 在14周期内通过的路程大于一个振幅，质点Q 在14
周期内通过的路程小于一个振幅，平均速率等于路程比时间，所以质点P 的平均速率比质点Q 的平均速率大，D 正确。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．D F G 最右端 12.5 1.69
【解析】
【详解】
（1）[1][2][3]．电压表量程为0～3V ，内阻为2kΩ，则要要使此电压表的量程扩大到12V 左右，则需串联一个 8kΩ的电阻，故定值电阻选择D ；电源内阻为2Ω左右，R 2做为保护电阻，则应该选择与内阻阻值相当的F 即可；滑动变阻器选择与内阻阻值差不多的G 即可；
（2）[4]．开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大的最右端；
（3）[5][6]．根据图像可知外电路电流为0时电压表读数为2.5V ，则此时路段电压为5×2.5V=12.5V ，即电源电动势为E=12.5V ，内阻
2(2.51)5 1.691.6
r R -⨯=-=Ω 14．E 1.37 0.5
【解析】
【详解】
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E 点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D 点时物块的速度大小为
22CE CD DE D x x x v T T
+== 代入数据解得：v D =1.37m/s ；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT 2
可以求出加速度的大小，得：
24AB BC CD DE x x x x a T
+--= 代入数据解得：a=-5m/s 2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
mg ma μ-=
解得：0.5μ=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)1.5m/s(2)2m
【解析】
【详解】
(1)设小孩在木板上站稳时的速度大小为v ，对小孩和长木板构成的系统，由动量守恒定律得 0()mv m M v =+
代入数据，解得
1.5m/s v =
(2)设小孩跳离木板时的速度大小为1v ，对小孩和长术板构成的系统，由动量守恒定律可知
1()m M v mv +=
设小孩与长木板之间水平方向的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得
F ma =
设小孩位移大小为1x ，由动能定理得
22111122
Fx mv mv =- 设木板位移大小为2x ，由动能定理得
22102
Fx Mv -=- 设木板长度为l ，则有
12=x l x -
联立以上各式并代入数据，解得
2m l =
16．1N 和9N
【解析】
【详解】
对环进行受力分析得，环受重力、拉力、弹力和摩擦力．令sin53F mg =o
，得 1.25F N =，此时环不受摩擦力的作用．
当 1.25F N <时，杆对环的弹力N F 竖直向上，由牛顿第二定律可得：
cos N F F ma θμ-=sin N F F mg θ+=得1F N =
当 1.25F N >时，杆对环的弹力'N F 竖直向下，由牛顿第二定律可得：
cos 'N F F ma θμ-=sin 'N F mg F θ=+得9F N =
则F 的大小可能值为1N 和9N.
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确本题中可能存在的两种情况，明确拉力过大时，物体受杆下部的挤压，而拉力较小时，受杆上端的挤压，要求能找出这两种情况才能全面分析求解．
17． (1)6.33J ；(2)7J ；(3)-13J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对物块受力分析可知其受到的摩擦力为
()cos sin f mg qE μθθ=+
代入数据解得
3.8N f =
所以物块与斜面摩擦产生的内能为
J 13.6
J 6.i 833s n 370.h Q f ≈=⨯o ＝ (2)物块下滑过程中重力做功为
2101J 20J G W mgh ⨯===⨯
电场力做的功
6610.75
10510J 6.67J tan 37h W qE --=-⨯⨯≈-⨯o 电＝ 根据功能关系可知摩擦力做的功为
6.33J f W Q =-=-
所以根据动能定理有
J +7=k G f W W W W E ==+∆电合
(3)根据功能关系可知物块机械能的改变量等于除重力外其它力做的功，即等于摩擦力和电场力做的功 J = 6.676J J 13.33f G E W W W ∆=+--==-电非。