2019-2020学年山东省日照市校际联考高三（上）期末物理试卷word版含答案

2019-2020学年山东省日照市校际联考高三（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．（3分）下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（　　）
A．交通法规定乘客必须系好安全带，是利用惯性
B．灵敏电流表在运输时总要用导线把两个接线柱连在一起，是利用电磁驱动
C．野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连，是利用静电屏蔽
D．通过发出与噪声振幅、频率相同但相位相反的声波消灭噪声，是利用声波衍射
2．（3分）如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是（　　）

A．Q点比P点晚半个周期开始振动
B．当Q点的位移最大时，P点的位移最小
C．Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同
D．当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置
3．（3分）一个质点在三个力的作用下处于平衡状态。现再对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变。则质点可能做（　　）
A．匀速直线运动 B．匀变速曲线运动
C．匀速圆周运动 D．抛体运动
4．（3分）甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．两车的出发点一定不同
B．在0到t2的时间内，两车一定相遇两次
C．在t1到t2时间内某一时刻，两车的加速度相同
D．在t1到t2时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度
5．（3分）电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示。下列判断正确的是（　　）

A．时刻线框平面与中性面平行
B．穿过线框的磁通量最大为
C．线框转一周外力做的功为
D．从t＝到t＝的过程中，线框的平均感电动的
6．（3分）如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻），通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b，是由于（　　）

A．电阻R变大 B．电阻R减小
C．电源电动势E变大 D．电源电动势E减小
7．（3分）如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1＝2N下底板传感器显示的压力F2＝6N，重力加速度g＝10m/s2．下列判断正确的是（　　）

A．若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大
B．若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小
C．若加速度方向向上，且大小为5m/s2时，F1的示数为零
D．若加速度方向向下，且大小为5m/s2时，F2的示数为零
8．（3分）质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示，已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是（　　）

A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．（4分）如图，正方形abcd处于匀强电场中，电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点，电场力做功为W，该质子由a点运动到d点，克服电场力做功为W．已知W＞0，则（　　）

A．电场强度的方向沿着ab方向
B．直线ac是一条等势线
C．c点的电势高于b点的电势
D．电子在d点的电势能大于在b点的电势能
10．（4分）滑雪运动深受人民群众喜爱。如图，竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB，一质量为m的滑雪爱好者（可视为质点）从滑道的A点由静止开始下滑，到达最低点B时对滑道的压力大小为mg（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则滑雪好者在沿着AB下滑的过程中（　　）

A．重力的功率先增加后减小
B．始终处于失重状态
C．克服摩擦力做功为元mgR
D．受到的摩擦力大小为mg
11．（4分）如图所示，有两个轻质小环A和B套在光滑固定的水平杆上，两环用一橡皮条连接在橡皮条中点施以竖直向上的力F，要使橡皮条与两环间的杆围成顶角为120°的等腰三角形，必须在两环上分别各施加一个作用力，关于此力，下列说法正确的是（　　）

A．此力可以沿着杆向外，大小为F
B．此力可以垂直于橡皮条向上，大小为2F
C．此力可以垂直于杆向下，大小为F
D．此力可以沿着橡皮条向下，大小为F
12．（4分）最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器。称为“火星探路者”的火星探测器曾于1997年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图象如图所示，图象中a1、a2、h0以及万有引力常量G已知。下列判断正确的是（　　）

A．火星的半径为h0
B．火星表面的重力加速度大小为a1
C．火星的第一宇宙速度大小为
D．火星的质量大小为（）2
三、非选择题：本题共2小题，共60分．
13．（7分）某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记。
组号 F/N m/kg a/m?s2
1 0.29 0.86 0.34
2 0.14 0.36 0.39
3 0.29 0.61 0.48
4 0.19 0.36 0.53
5 0.24 0.36 0.67
6 0.29 0.41 0.71
7 0.29 0.36 0.81
8 0.29
9 0.34 0.36 0.94

（1）该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。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个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a＝　 　m/s2
（2）如果要研究加速度与力的关系，需取表格中　 　组数据（填组号），做a﹣F图象；如果要研究加速度与质量的关系，需取表格中　 　组数据（填组号），做a﹣m图象。这种研究方法叫做　 　法。
（3）做出a﹣m图象如图丙所示，由图象　 　（填“可以”或“不可以”）判断a与m成反比。


14．（7分）某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为1.50V的电压表，该同学测得微安表内阻为1200Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用标准电压表，对改装后的电表进行检测。

（1）将图（a）中的实物连线补充完整
（2）当标准电压表的示数为1.00V时，微安表的指针位置如图（b）所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是　 　（填正确答案标号）
A.1.20V
B.1.25V
C.1.30V
D.1.35V
（3）产生上述问题的原因可能是　 　（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200Ω
C．R值计算错误，接入的电阻偏小
D．R值计算错误，接入的电阻偏大

15．（9分）如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v﹣t图象如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，求
（1）物体A与小车上表面间的动摩擦因数
（2）物体A与小车B的质量之比
（3）小车的最小长度

16．（10分）如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为3m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。现将系统由静止释放，当线框b开始进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，当线框b刚好完全进入磁场时，线框a刚好开始进入磁场。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求
（1）系统由静止释放时，线框b上边到磁场下边界的距离
（2）从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热Q

17．（10分）如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R＝62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m＝1kg的物块P在F＝20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距l＝16m。已知物块可视为质点，弹簧的劲度系数k＝100N/m。取重力加速度g＝10m/s2，cos5°＝0.99．现突然撤去力F，求
（1）物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小
（2）从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）

18．（17分）如图所示，在xOy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30°，OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q（图中未画出）垂直于OP离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m电荷量为q（q＞0），粒子的重力可忽略。求
（1）磁感应强度的大小
（2）粒子在第一象限运动的时间
（3）粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离



2019-2020学年山东省日照市校际联考高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．【解答】解：A、交通法规定乘客必须系好安全带，是防止惯性对人产生的伤害，故A错误。
B、运输过程中的震动颠簸，可能会损坏指针、线圈、游丝，短路后，产生感应电流，据楞次定律，产生电磁阻尼，减轻指针、线圈、游丝的摆动，故B错误。
C、野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连，两者电势差为零，打雷时，对高压线没有危害，构成屏蔽，故C正确。
D、通过发出与噪声相位相反，频率、振幅相同声波与噪声干涉实现相位抵消，故D错误。
故选：C。
2．【解答】解：A、根据波长、频率和波速的关系可知，波长λ＝vT＝＝0.4m，PQ＝0.6m＝1.5λ，故Q点比P点晚1.5个周期开始振动，故A错误。
B、P、Q两点的平衡位置相关半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，当Q点的位移最大时，P点的位移也最大，但两者方向相反，故B错误。
C、P、Q两点的运动方向始终相反，故C错误。
D、当Q通过平衡位置时，P点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、若所施加的外力方向与物体运动方向相同，则物体做匀加速直线运动，外力方向与物体运动方向相反，则物体做匀减速直线运动，但如果力与初速度不在同一直线上，则可能做曲线运动，但恒力产生加速度，物体不可能做匀速直线运动，故A错误；
B、由牛顿第二定律可知，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同；若恒力的方向与速度的方向不在同一条直线上，则物体做匀变速曲线运动，故B正确；
C、质点受到恒力的作用，加速度大小与方向都恒定，若物体做曲线运动，则速度的方向不断变化，所以恒力的方向不可能与速度方向总是垂直，所以不可能做匀速圆周运动，故C错误；
D、抛体运动只受到重力的作用，显然与该题不符，故D错误；
故选：B。
4．【解答】解：A、出发位置不能做出判断，故A错误；
B、在0到t2的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇，故B错误；
C、v﹣t图象的斜率表示加速度，在t1到t2时间内的某一时刻，乙图线的斜率和甲图线平行，说明加速度相等，故C正确；
D、在t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故D错误。
故选：C。
5．【解答】解：A、由图可知t＝时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，故A错误；
B、当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由Em＝NBSω得：＝，故B正确；
C、根据能量守恒可知，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量：，故C错误；
D、从到时刻的平均感应电动势为，故D错误；
故选：B。
6．【解答】解：由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化，说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，二是电路中电阻的阻值发生了变化。图象b比图象a的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．【解答】解：A、若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得：F2﹣mg﹣F1＝ma，得 F1＝F2﹣mg﹣ma，知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，故A错误。
B、若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得：mg+F1﹣F2＝ma，得 F1＝F2﹣mg+ma，知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误。
C、当箱静止时，有 F2＝mg+F1，得 m＝0.4kg
若加速度方向向上，当F1＝0时，由A项分析有 F1＝F2﹣mg﹣ma＝0，解得 a＝5m/s2，故C正确。
D、若加速度方向向下，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，故D错误。
故选：C。
8．【解答】解：小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（m+m）v共
解得：v共＝v0；
对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得：mv＝（m+m）v共2+Q
解得：Q＝mv＝mgl；
由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程最小为l，最大为l
小物块受到摩擦力为：f＝μmg，
对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得：Q＝fs
当s＝l时，μ＝，当s＝l时，μ＝，
故，故C正确，ABD错误。
故选：C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．【解答】解：B、由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到d点，电场力做功为﹣W；根据公式W＝qU可知，Uda＝﹣Uba；
又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，故B正确；
C、由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以?c＝?a＞?b，故C正确；
A、由于?c＝?a＞?b，所以电场强度的方向为垂直于ac线，指向b点，故A错误；
D、根据EP＝q?，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于在b点的电势能，故D错误；
故选：BC。
10．【解答】解：A、在下滑过程中滑雪者的速度越来越大，但是在竖直方向的速度是先增大后减小，重力的功率先增加后减小，故A正确；
B、在下滑过程中，滑雪者在竖直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先处于失重状态，后处于超重状态，故B错误；
C、设滑雪者到最低点时的速度为v，根据牛顿第二定律得，从A到B的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得，可解得，故C正确；
D、因为在滑行过程中，滑雪者受到的弹力在不断的变化，所以受到的摩擦力也是一个变量，不是一个确定值，故D错误。
故选：AC。
11．【解答】解：两绳的合力大小等于F＝2Tcos60°，得绳拉力大小T＝F。
A、此力可以沿着杆向外时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向：FA＝Tcos30°＝F，故A正确；
B、此力垂直于橡皮条向上时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向：FAcos60°＝Tcos30°，解得：FA＝F，故B错误；
C、此力垂直于杆向下时，对A环进行受力分析，在水平方向合力为Tcos30°，不满足平衡条件，故C错误；
D、此力沿着橡皮条向下时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向：FAcos30°＝Tcos30°，解得FA＝F，故D正确。
故选：AD。
12．【解答】解：AD、分析图象可知，万有引力提供向心力，，
当h＝h0时，，
联立解得，火星的半径R＝，火星的质量M＝（）2，故A错误，D正确。
B、当h＝0时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为a1，故B正确。
C、在火星表面，根据重力提供向心力得，ma1＝m，解得火星的第一宇宙速度v＝＝，故C错误。
故选：BD。
三、非选择题：本题共2小题，共60分．
13．【解答】解：（1）T＝0.02×5s＝0.1s，
根据△x＝aT2求解加速度为：a＝＝0.90m/s2。
（2）采用控制变量法研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取2、4、5、7、9组数据。
研究加速度与质量的关系时，需要控制力F不变，选取1、3、6、7、8组数据。
（3）分析丙图可知，a﹣m图线为曲线，并不能说明是反比例关系，故应作a﹣图线，研究a与成正比关系。
故答案为：（1）0.91（0.89～0.92）；（2）2、4、5、7、9；1、3、6、7、8；控制变量；（3）不可以。
14．【解答】解：（1）微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示：

（2）微安表量程为250μA，由图（b）所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为200μA，是满偏量程的，
此时标准电压值为1.00V，即满偏量程的对应着电压值为1.00V，故改装后的电压表最大量程为U＝V＝1.25V，故B正确，ACD错误。
故选：A。
（3）由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于1200Ω，也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
故答案为：（1）见解析；（2）B；（3）BC。

15．【解答】解：（1）由图可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小：a＝＝
又：mAa＝
代入数据可得：μ＝0.3
（2）设初速度为v0，速度相等时为v1，A、B组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mA（v0﹣v1）＝mBv1，
解得：＝＝＝
（3）设小车的最小长度为L，又v﹣t图象可知，小车的最小长度恰好等于A与B速度相等前二者 的位移差，即：L＝＝m＝2m
答：（1）物体A与小车上表面间的动摩擦因数为0.3。
（2）物体A与小车B的质量之比是。
（3）小车的最小长度是2m。
16．【解答】解：（1）设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，由平衡条件得：
对a有：T＝3mg﹣BIl
对b有：T＝mg
又 I＝
E＝Blv
则v＝
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：3mg﹣mg＝4ma
解得a＝g
根据运动学公式可得：v2＝2ax
解得：x＝
（2）从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q1，由功能关系可得：3mgl﹣mgl＝Q1
所以：Q1＝2mgl
从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热为：Q＝4Q1＝8mgl
答：（1）系统由静止释放时，线框b上边到磁场下边界的距离为。
（2）从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热为8mgl。
17．【解答】解：（1）设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，则F＝kx
设物块离开弹簧时的速度为v，根据动能定理有
物块向右运动过程中，弹簧对物块的冲量为I，由动量定理可得 I＝mv
解得 I＝2N?s
（2）物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为t1，则
设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D之间的高度差为h，根据机械能守恒定律可得
设过D点的半径与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得
即θ＜5°
所以物块从B点到D点再返回到B点的过程中可以看做单摆，单摆周期
则物块从B点到D点再返回到B点的时间
所以物块从离开弹簧到再次接触弹簧所经过的时间为t＝2t1+t2
代入数据解得：t＝23.65s
答：（1）物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小为2N?s。
（2）从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间为23.65s。
18．【解答】解：（1）设粒子到达边界的位置为Q，竖直分速度为vy，
由几何关系得：vy＝v0
设粒子在电场中的运动时间为t1，加速度为a，则根据牛顿第二定律有：qE＝ma
vy＝at1
在x轴方向的偏转距离为：x＝v0t1
设粒子在磁场中的运动速度为v，轨道半径为R，
根据速度的合成与分解可知v＝
根据几何知识可知：x＝Rcos30°+Rcost30°，
洛伦兹力提供向心力，即：qvB＝m
联立解得：B＝
（2）粒子在磁场中运动的周期为：T＝
设粒子在磁场中运动的时间为t2，则有：t2＝T，
粒子离开磁场的位置到y轴的距离为△x，则有：△x＝x﹣2Rcos30°
沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过t3到达y轴，则有：△x＝v0t3
联立解得粒子在第一象限运动的时间为：t＝t1+t2+t3＝（4+π）
（3）根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离为：y1＝
粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，经过t3时间到达y轴并离开电场，有：
y2＝vyt3﹣
解得：y2＝
粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为：y＝y1+y2＝
答：（1）磁感应强度的大小为。
（2）粒子在第一象限运动的时间为（4+π）。
（3）粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为。