2019-2020学年山东省济南市高三(上)期末物理试卷

1、甲甲20192020学年山东省济南市高三（上）期末物理试卷一、单项选择题1 .如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。则在细沙漏出前后, 下列说法正确的是（）A.木板始终做匀速运动B.木板所受合外力变大C.木板由匀速变为匀加速直线运动D.木板所受斜坡的摩擦力不变2 .在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从2=0时刻 开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度 为g，以下判断正确的是（）A.在0 2to时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B.在3to时间内

2、，物块先处于失重状态，后处于超重状态C.t = t°时刻，物块所受的支持力大小为mgD.t = 3t。时刻，物块所受的支持力大小为2mg4. 一列简谐横波沿X轴正方向传播，速度为0.5m/s,周期为4s, t = ls时波形如图甲所示，a, b, c, d是波 上的四个质点，如图乙所示是波上某一质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.这列波的波长为1mB.t = 0s时质点a的速度与质点b的速度相等C.t = ls质点a的加速度大小比质点b的加速度大D.如图乙表示的是质点Ml勺振动图像5.真空中某静电场电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关于点电荷饮水平对称。P、Q两点电场强度的大

3、小分别为Ep、Eq,电势分别为qp、Wq, 一个带电粒子沿虚线轨迹从M移动至M 以下选项正确的是（）A.cpp V （PqB.Eq > Epc.此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小D.此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小6.理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个灯泡“、”和 &接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（）第17页共20页第18页共20页A, 27ngB.2y/2mgC.=mgD.？A.灯泡人变亮，G变暗 C.灯泡G、都变亮B.灯泡人、”都变亮D.电源输出功率减小3.如图所示，水平地面上有一个

4、由四块完全相同石块所组成拱形建筑，其截而为半圆环，石块的质量均为 若石块接触面之间的摩擦忽略不计，贝叩、Q两部分石块之间的弹力为（）7.如图所示为六根导线的横截而示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。 已知每条导线在。点磁感应强度大小为8°,则正六边形中心处磁感应强度大小和方向（）,®、 、i.。i I、,WA.大小为零B.大小28。，方向水平向左C.大小48°,方向水平向右D.大小48°,方向水平向左A.-V3VC.V3V8.如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01加2,磁场与线圈轴线成30。角向右穿过线圈。若在

5、2s 时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差为（）B.2VD.从0均匀变化到2P二、多项选择题如图所示为内壁光滑的半球形容器，半径为R.质量为m的小球在容器内的某个水平面内做匀速圆周运动, 小球与球心。连线方向与竖直方向夹角为a.下列说法正确的是（）第15页共20页A.小球所受容器的作用力为幽 smaB.小球所受容器的作用力为吗C.小球的角速度户 RsinaD.小球的角速度匚二 Rcosa倾角为37。的足够长斜而，上面有一质量为2的，长8m的长木板Q,木扳上下表而与斜面平行。木板Q最上 端放置一质量为Mg的小滑块P.P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因

6、数为上若P、Q同时从静止释放，以下 关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是337。=0.6,的37。=0.8, pIU10m/s2)()A.P、Q两个物体加速度分别为6m/s2、4m/s2 B户、Q两个物体加速度分别为6m/s2、2m/s2 C.P滑块在。上运动时间为IsD.P滑块在Q上运动时间为2s拉格朗日点又称平动点。地球和月球连线之间，存在一个拉格朗日点，处在该点的空间站在地球和月球引 力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球做匀速圆周运动。已知空间站、月球闱绕地球做匀速圆 周运动的轨道半径分别约为3.2 X 105km和3.8 X 105km,月球围绕地球公转周期约为27天。g

7、lOm/s2,下 列说法正确的是()A.地球的同步卫星轨道半径约为4.2 X 104kmB.空间站的线速度与月球的线速度之比约为0.84C.地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度D.月球的向心加速度小于空间站向心加速度质量为m的小球穿在光滑细杆MM上，并可沿细杆滑动。已知细杆与水平面夹角30。，细杆长度为2L, P为细 杆中点。小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的。点。此时弹簧恰好处于原长，原长 为印、劲度系数为詈.将小球从M点由静止释放，小球会经过P点，并能够到达N点。下列说法正确的是()：iA .小球运动至P点时受到细杆弹力”mg 6B.小球运动到P点处时的加速

8、度为当C.小球运动至N点时的速度/初D.小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL三、非选择题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C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50”z,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，经测量为8、BC. CD、DE间的距离分别为48 = l20cm, xBC=6.19cm, xCD = 11.2cm, xDE = 16.23cmo右XBCDE五个点中，打点计时器最先打出的是 点，在打出。点时物块的速度大小为 m/s （保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路而间的动摩擦因数

9、为 （保留1位有效数字，g取9.8m/s2）。第19页共20页（1）先用多用电表粗测电阻&的阻值，将多用电表功能选择开关置于“XM挡，调零后经测量，指针位置如图1所示，电阻&的阻值为.kn.（2）为了尽可能精确测量其内阻，除了a,开关S、导线外，还有下列器材供选用：A.电压表匕（量程0 IV,内阻约3k。）B.电压表 （量程0 10P,内阻约100。）C.电流（量程0 250座，内阻值=1200。）D.电流表（量程0 0.64内阻约0.125。）E.滑动变阻器R。（阻值范围0 10。，额定电流24）F.定值电阻& （阻值&=400。）G.电源E （电动势12P,

10、额定电流24内阻不计）电压表选用匕，电流表选用4 （填写器材的名称） 请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图，标出所选器材的符号。待测阻值的表达式为4 = 占（%ri）。（可能用到的数据：电压表匕、均示数分别为、4；电流表4、的示数分别为A、%）质量为zn = 103的物体静止在光滑水平而上，零时刻开始物体受到水平向东尸= 100N的力作用，1s后，力F 的大小不变，方向改为向北，作用1s。求：（1）物体第1s末的速度大小；（2）物体在2s内的位移大小。如图所示，在xOy平面第一象限内存在沿y轴负向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸而向外的匀强磁场。 一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴点

11、以初速度沿x轴正向射入匀强电场，经过x轴上Q点（图中未 画出）进入匀强磁场。已知OP = L,匀强电场的电场强度E=霁，匀强磁场的磁感应强度8 =分，不计粒2qL2qL（1）粒子到达Q点的速度的大小u以及速度与x轴正方向间的夹角;（2）粒子从第四象限离开磁场的纵坐标。如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度8=37.两导轨间距为L = 0.5m,轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为mb=0.5kg,电阻分别为% = 1。，Rb=2Q. b 棒静止于轨道水平部分，现将。棒从h = 1.8rn高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已 知两棒在运动过程

12、中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰c （g取10m/s2）,求：参考答案与试题解析解直角三角形在三力平衡问题中的应用第17页共20页第18页共20页20192020学年山东省济南市高三（上）期末物理试卷一、单项选择题1.【答案】A【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】对整体受力分析，由平衡条件可求得木板与斜面间的动摩擦因数，分别求解细沙漏出前后的摩擦力和重力的 下滑力比较可判断木板的运动：进而求解合力和摩擦力大小。【解答】B.因为整体仍向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，故B错误（1） D.因为细沙的质量减小， 根据/=（M + m，）gsi

13、na,可知木板所受斜坡的摩擦力变小，故。错误（2）故选：A.ct、, （m+M ）g c os Ci2.【答案】D【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【解析】超重还是看物体加速度的方向，加速度方向向上时为超重现象，加速度方向向下时为失重状态，加速度为零 时为正常状态：在02t。、t0 3to时加速度方向向上，为超重状态：根据牛顿第二定律求t = %、t=3t。时 刻，物块所受的支持力大小。【解答】由乙图可知，在0 2to时间内，物体的加速度方向向上，为超重状态，故4错误：B.由乙图可知，在力 3to时间内，物体的加速度方向向上，为超重状态，故8错误；C.由乙图可知，t = 时刻，物体的加速度

14、a=g,根据牛顿第二定律：N-mg=mg,得N=2mg,故C错 误；D.由乙图可知，t=3t0时刻，物体的加速度a=g,根据牛顿第二定律：N-mg=mg,得N = 2mg,故。正 确。3.【答案】A【考点】力的合成与分解的应用【解析】对石块P分析，利用合成分解或正交分解，即可求出P、Q两部分石块之间的弹力。【解答】对石块P受力分析如图由几何关系知：6=岑=45。4根据平衡条件得Q对P作用力为：/=母=四加0，机4正确，BCD错误。cos4b4.【答案】C【考点】横波的图象【解析】根据;l = w关系式，即可求解波长；根据质点a和b的位置判断两者的速度大小关系；依据质点的位移与加速度的关系，判断

15、两个质点的加速度大小关系；然后，根据甲图中两个质点的位置判断振动情况，并结合乙图分析表示的振动图像与哪个质点的振动情况相符。【解答】解：A.由题可知，速度为0.5m/s,周期为4s,则波长2 = " = 0.5x47n = 2m,也4错误；8. t = 0s时质点b在波谷处，速度为零，质点a在平衡位置，速度最大，故B错误：C. t = ls时，质点a在波峰，加速度最大，质点b在平衡位置，加速度为零，故C正确：D.由乙图可知，当t = ls时该质点在波谷处，与此相符合的质点是质点c,故。错误.故选C.5.【答案】C【考点】电势能电场力做功与电势能变化的关系电场线电势【解析】根据P、Q两

16、点处电场线的疏密比较电场强度的大小。根据沿电场线的方向电势降低，从而即可求解。根据运动轨迹判定受力方向，从而知做功情况，根据电场力做正功，电势能减小，知电势能的变化。【解答】/、沿电场线的方向电势降低，电场线越密的电势降落越快，Wp>Wq，故4错误；B、由图P点电场线密，电场强度大，Ep>Eq,故8错误：CD、根据运动轨迹判定粒子受到斥力作用，qi为负电荷，所以此带电粒子也带负电，电场能先增大后减小，故C正确，D错误。【答案】B【考点】变压器的构造和原理【解析】根据电功率与电压、电流的关系求出原线圈上的电流，根据电流与匝数求出电流表的示数，再根据电压与匝 数成正比即可求得结论。当滑

17、动变阻器的滑片P向上移动时，电阻减小，输出电流增大，输入电流增大，输入电压不变，电源输入、 输出功率增大。【解答】A8C、设MN两端稳压交流电源的电压有效值为U,原线圈两端的电压为火,电流为副线圈两端的电压为 4，电流为，2,原副线圈的匝数比:%：的 = 4，灯泡的电阻都为R,根据欧姆定律,可得副线圈两端的电压 为:U2=I2(R + R)根据察=2=%得原线圈两端的电压为：U,=kU2=kl2(R + R疝U2 n2根据晟=£=解得/1=白2根据欧姆定律，可得人两端的电压：U； = AR ="则稳压交流电源的电压为：u=u1,+ u1 =，20 + z(R + R)当滑动

18、变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压 7VU不变，所以电流12变大，则G变亮；原线圈的电澈1 = ?2也增大，所以“变亮，其两端的电压变大，所以 原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而G的电压变大，所以人与滑动变阻器并联部分的电压 减小，所以乙3变暗，故8正确，/C错误。、因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P = UA可知电源输出功率增大，故。错误。7.【答案】D【考点】磁感应强度通电直导线和通电线圈周闱磁场的方向【解析】由安培定则确定各通电直导线在圆心。点的磁感应强度的方向，再利用矢量合成法则求得8的合矢量的大小 和

19、方向。【解答】同理，将左上方电流向里的导线在0点产生的磁场与右下方电流向外的导线在。点产生的磁场进行合成，则 这两根导线的合磁感应强度为电，将右上方电流向里的导线在。点产生的磁场与左下方电流向外的导线在。 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为外，如图所示：根据磁场叠加原理可知：Bl = B2=B3 = 2B0,由几何关系可：无与殳的夹角为120。，故将%与%合成，则它 们的合磁感应强度大小也为28°,方向与马的方向相同，最后将其与名合成，可得正六边形中心处磁感应强 度大小为48°，方向水平向左，D正确，A8C错误。故选：Do8.【答案】A【考点】闭合电路的欧姆

20、定律法拉第电磁感应定律【解析】先根据图线可以达到磁感应强度的变化率，进而根据法拉第电磁感应定律计算出线圈产生的感应电动势即为 线圈两端的电势差。【解答】与线圈轴线成30。角穿过线圈的向右磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应 定律有E = N t 其中二= S - cos30由图可知： B 6-2-=-T/s = 2T/s t Z 代入数据解得：E = 100 X2 X 0.01 X=闻a、b两端的电势差即为磁线圈产生的感应电动势，即b = E =百心 故/正确，BCD错误。二、多项选择题【答案】BD【考点】向心力牛顿第二定律的概念【解析】小球在水平而内做匀速圆周运动，

21、对小球受力分析，根据合力提供向心力，求出小球所受容器的作用力和运 动的角速度。【解答】AB,对小球受力分析，如图所示：小球受到重力mg、容器的支持力N0根据力的合成，可得小球所受容器的作用力为:N =吧，故4错误，8正确。 cosaCD、根据力的合成，可得小球所受的合外力为F=mgtana小球做圆周运动的轨道半径为：r=Psina根据向心力公式得：mgtana=ma)2r解得角速度3= F，故C错误，D正确。Rcosa故选：BDa【答案】B,D【考点】匀变速直线运动规律的综合运用牛顿第二定律的概念【解析】分别对P、Q受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；设P在Q上面滑动的时间为3根据位移关

22、系求解 时间。【解答】AB.对P受力分析，受重力和Q对P的支持作用，根据牛顿第二定律有：mpgsin370=mpap解得：ap =sin37° = 6m/s2对Q受力分析，受重力、斜而对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有：mQgsin37° n(mp + THQ)gcos37° =mQaQ,解得：% = 2ni/s2,故4错误，8正确：CD.设P在Q上面滑动的时间为3因ap=6m/s2>aQ=2m/s2,故P比Q运动更快，根据位移关系有：代入数据解得：t = 2s,。错误，D正确。【答案】A,B,C【考点】向心力万有引力定律及其应用人造

23、卫星上进行微重力条件下的实验同步卫星【解析】由题意知，空间站在拉格朗日点与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行 的周期、角速度。由加速度公式分析向心加速度的大小关系。【解答】A.由题知，月球的周期R = 27天=648/1,轨道半径约为上=3.8 X lOMm,地球同步卫星的周期乙=24人， 轨道半径约71，根据开普勒第三定律有：4_琢呼=螃代入数据解得：ri=4.2X10"m,故4正确。B、空间站与月球相对静止，角速度相同，根据»=5得两者线速度之比为：匕=誉欠0.84,故8正确。 v 3.8xl()5C、根据万有引力提供向心力有：丝二= ma

24、,解得：。=胃，地球同步卫星的轨道半径小于空间站的轨道半 r-r-径，所以地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，故C正确。D、空间站与月球相对静止，角速度相同，根据a=32，月球的轨道半径大于同步卫星的轨道半径，所以月 球的向心加速度大于空间站向心加速度，故。错误。【答案】A,C【考点】胡克定律牛顿第二定律的概念摩擦力做功与能量转化【解析】根据几何知识分析弹簧在P点的长度以及弹力的方向，在P点对小球进行受力分析，根据平衡条件求解弹力大 小，根据牛顿第二定律求解加速度。到达N点时，弹簧处于原长状态，整个过程根据能量守恒定律求解小球到达N点的速度大小。【解答】A.到P点，因为MP =

25、OM cos3(T=L,所以 OPM是一个直角三角形，则OP _L MN,小球在垂直于杆方向的合力为零，则"=尸+G+ cos30。= ?+rng ,£=故力正确。L 3326B.在P点根据牛顿第二定律有mgsin3(T=ma,所以小球在P点的加速度大小为a =全故8错误。CD.根据几何知识可知，到达N点时弹簧处于原长状态，弹性势能为零，小球由M到N根据能量守恒有mg 2L - sin30 = - mv2, 2解得廿=同:，故C正确，D错误。三、非选择题【答案】£,1.37,0.5【考点】第#页共20页探究影响摩擦力的大小的因素【解析】物块加速下滑，在相等时间内的

26、位移越来越大，根据图线纸带判断先打哪个点。做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打D点时的速度。根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。【解答】橡胶滑块在沥青路而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：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 = O.ls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：_ XCE _ XCD + XDEVd = zt=t代入数据解得：vD=1.37m/s根据匀变速直线运动的推论公式 x

27、=aT2可以求出加速度的大小，得：a = "+等y*代入数据解得：a=-5m/s2对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：nmg=ma解得：=0.5。【答案】10根据题意，为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法：因该电阻是大电阻，所以电流表 用内接法，又回路程中的最大电流Zmax = L2X103"大于4的量程，所以应并联定值电阻改成一个大量 程的电流表，则设计的电路图，如图所示：根据电路图可知，&两端的电压为-M流过&的电流为：11rl根据欧姆定律有：R =%工k第17页共20页第18页共20页V2，A故答案为：（1）10 （2）匕，力【考点】伏安法

28、测电阻用多用电表测电阻【解析】（1）根据多用电表的使用读数即可。（2）根据题目所给的电源电动势选取电压表，根据闭合电路欧姆定律求解电路中的最大电流选取电流表。 为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法；因该电阻是大电阻，所以电流表用内接法，又 回路程中的最大电流大于4的量程，所以应并联定值电阻2,改成一个大量程的电流表。根据设计电路图及 闭合电路欧姆定律计算出待测电阻阻值。【解答】将多用电表功能选择开关置于“XM”挡，调零后经测量，则电阻&的阻值为：1OXMC = 1OL。；因电源E的电动势12P,所以电压表选女：回路中的最大电流：Imax = 1 3 = 12 X 103

29、hAmax Rx 10X108尸所以电流表选4：【答案】物体第1s末的速度大小为10m/s。物体在2s内的位移大小为5g不加。【考点】匀变速直线运动规律的综合运用 牛顿第二定律的概念【解析】（1）第1S内物体做匀加速运动，根据牛顿运动定律求解加速度，根据速度时间关系求解速度大小:<2）物体在2s末的速度大小为类平抛的末速度，根据位移时间关系解位移，根据运动合成求解。【解答】由牛顿第二定律：F=ma解得：a=10m/s2则第1s末的速度为：v = at解得：v = 10m/s物体第Is内向东的位移为：产解得：x1 =Sm物体1s后做类平抛运动，根据牛顿第二定律有：F=ma'解得向北

30、的加速度为：alOm/s2物体第2s内向东的位移为：x2=vt = 10m物体第2s内向北的位移为：y = -a't2 = 5m物体在2s内的位移为：x = V（i + X2）z +y2解得：x = 5JlOm,【答案】粒子到达Q点的速度的大小裂为2%，速度与“轴正方向间的夹角45。：粒子从第四象限离开磁场的纵坐标为-2（6+ 1）L.【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转向心力带电粒子在匀强磁场中的运动规律牛顿第二定律的概念【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律求解竖直方向的加速度，根据运动学公式求解竖 直方向的末速度，再进行合成：（2）根据洛伦兹力提供向心

31、力求解粒子做圆周运动的半径，根据几何知识求解粒子从第四象限离开磁场的 纵坐标。【解答】带电粒子在电场中偏转，y轴方向上根据牛顿第二定律有：qE=ma根据运动学公式有：L = -at22vy = at则粒子到达Q点的速度大小为：v= Jv? + v = V2v0速度与x轴正方向间的夹角tan6 =2=1“0所以有：6=45°进入磁场时，Q点的横坐标粒子进入磁场后，由牛顿第二定律为：qvB=m综上可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在y轴上为 =-2L处，故粒子离开磁场的纵坐标为：y = -2（V2 + l）L【答案】a棒刚进入磁场时，b棒的加速度为9m/s2,方向向右；从a棒进入磁场到

32、。棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量为:C：从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热为【考点】电磁感应中的能量问题闭合电路的欧姆定律感生电动势单杆切割磁感线法拉第电磁感应定律【解析】（1）根据机械能守恒定律求解a棒下滑至C点时速度，根据E = BG求解此时的感应电动势，根据闭合电路欧 姆定律求解感应电流大小，根据求解安培力，再根据牛顿第二定律求解加速度。（2）根据动量守恒定律求解共同速度，再根据动量定理求解电荷量。（3）根据能量守恒定律求解整个过程中回路产生的总的焦耳热，再根据能量分配关系求解a棒产生的焦耳热 【解答】a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有：magh = |mav2a棒进入磁场瞬间感应电动势：E=BLv根据闭合电路欧姆定律：/= 74rRa+Rb对b棒：F&=BIL根据牛顿第二定律：F=mba解得 a=9m/s2由左手定则，b棒加速度的方向向右：对a、b：由动量守恒定律得：mav=（ma+mb）v解得：v=4m/s对b棒，应用动量定理：BILt = mbVj,解得：q=）a