济宁市2020届高三期末试题物理试题含标准答案

2019—2020学年度第一学期质量检测

高三物理试题

注意事项：

1．答题前，考生将自己的姓名、考生号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。

3．请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

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．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击过程中 A．动能变化较大

B．动量变化较大

C．受到的冲量较大

D．动量变化较快

2．如图所示，导体棒I固定在光滑的水平面内，导体棒Ⅱ垂直于导体棒I放置，且可以在水平面内自由移动(图为俯视图)。给导体棒I、Ⅱ通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒Ⅱ出现在虚线位置。下列关于导体棒Ⅱ位置的描述可能正确的是

3．2019年1月3日，嫦娥四号成为全世界第一个在月球背面成功实施软着陆的探测器。为了减小凹凸不平的月球表面可能造成的不利影响，嫦娥四号采取了近乎垂直的着陆方式。嫦娥四号着陆前，在半径为r的圆形轨道上运行n圈所用时间为t，引力常量为G，则可求得月球的质量为

1

42n2r3A． 2Gt4n2r3B． 2Gt

Gt2C． 2234nr

Gt2D． 234nr4．2019年底我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。若一辆汽车以30rn／s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前做匀减速直线运动，经4s速度减为6m／s，此时刚好到达收费装置且收费完成，司机立即以4m／s2的加速度做匀加速直线运动，直至速度恢复到30m／s。汽车可视为质点，不计收费时间。下列说法正确的是

A．汽车开始减速时距离自动收费装置120m B．汽车加速7．5s后速度恢复到30m／s

C．汽车从开始减速到速度恢复到30m／s通过的总路程为180m D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为3s

5．2019年12月7日至11日在日本东京举办了第十三届中日节能环保综合论坛，与会专家统计：每使用1度(千瓦时)电，就相应消耗了0.4kg的标准煤，同时产生0.272kg碳粉尘，0.997kg二氧化碳，0.03kg二氧化硫，0.015kg氮氧化物。济宁市约有200万家庭，根据下表提供的数据，估算我市由于这4种用电器待机一昼夜产生的二氧化碳的质量约为

A．4.8×103kg B．4.8×104kg C．4.8×105kg D．4.8×106kg 6．如图所示，一轻绳通过光滑的轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端与小球B连接。物块A经过图示位置时向右运动的速度大小为vA，小球B的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为 (0°<<90°)。则此时 A．vAvBcos B．vAvB sinC．小球B一定处于失重状态

D．轻绳对物块A和小球B的拉力做功的功率大小相等

7．如图所示，空间有一等边三角形OAB，C为AB的中点，E为OA的中点，F为AE的中点，在顶点O处固定一负的点电荷，下列说法正确的是 A．E、A两点的电场强度大小之比为2：1 B．F点的电势比C点电势低

C．将一正的试探电荷从A点沿直线移到B点，其电势能先增大后减小

D．若A点电势为1，E点电势为2，则F点的电势为

2

122

8．如图所示，滑沙是国内新兴的旅游项目，假设滑沙轨道平直，轨道顶端距离底端的竖直高度为h，倾角为。一小孩坐在滑板上从轨道的顶端由静止滑下，到达轨道底端时速度大小为v，小孩和滑板的总质量为m，滑板与沙子之间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小孩和滑板沿轨道从顶端滑到底端的过程，下列说法正确的是 A．小孩和滑板受到的支持力的冲量为零 B．小孩和滑板克服摩擦力做的功为

12mvmgh 2C．小孩和滑板所受摩擦力的大小为

v2gmsin

2hD．小孩的质量越大，从顶端滑到底端的时间就越短，机械能损失就越大

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．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，R3为光敏电阻(电阻值随光照强度的增加而减小)，电流表A和电压表V的示数分别为I和U。下列说法正确的是

A．将R2的滑动触头P向左移动，I将增大，U将减小 B．减小A、B板的正对面积，则电容器所带电荷量减少 C．减小光照强度，I将减小，U将增大，电容器所带电荷量将减小

D．减小光照强度，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值将变大

10．2019年7月11日至14日，一级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a1和t1已知，下列说法正确的是

A．赛车在0～t1时间段内做加速度增大的加速运动 B．赛车在0～t1时间段内所受牵引力大小为ma1Ff C．赛车在t1时刻的动能为

122ma1t1 2D．赛车在0～t1时间段内牵引力做的功为ma1Ffa1t1

2 3

11．如图所示，倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上质量为4m的滑块通过轻质刚性绳穿过光滑的圆环与质量为m的小球(可视为质点)相连，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止，小球与圆环之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是 A．斜面体所受摩擦力大小为mg B．滑块所受摩擦力大小为2mg

C．若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的动能为3mgL 4D．若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的向心加速度大小为3g

12．如图所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1m，上端连接阻值为2的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，质量为1kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20m／s，导体棒运动到虚线上方1m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g=10m／s2。下列说法正确的是

A．导体棒的最大加速度为50m／s2

B．导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4C C．导体棒下落到虚线时的速度大小为5m／s

D．导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8s 三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13．(6分)某物理课外小组利用如图甲所示的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。置于实验台上的长木板水平放置，左端固定一轻滑轮。轻绳跨过滑轮，一端可悬挂钩码，另一端与拉力传感器相连，拉力传感器固定在小车的前端。实验步骤如下： ①在长木板右下方垫上适当厚度的小物块，使不挂钩码时小车拖动纸带可以在纸带上打下点迹均匀的点，即小车在木板上匀速滑动；

②保持小车和拉力传感器的总质量不变，将n(依次取n=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳左端，用手按住小车并使轻绳与木板平行。接通电源，释放小车，打出多条纸带； ③根据每条纸带记录的信息求出相应的加速度，通过分析得出小车和传感器的加速度与其所受合外力的关系。

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(1)实验中_________(填“需要”或“不需要”)满足小车和拉力传感器的总质量远大于钩码的质量。

(2)如图乙所示是实验中打出的一条纸带，相邻计数点间还有四个点未画出，所用交流电源的频率为50Hz，量出各计数点与O点之间的距离如图乙所示。则打点计时器打下B点时小车的瞬时速度大小vB=_____m／s，小车的加速度大小a=____m／s2。(结果均保留三位有效数字)

14．(8分)现用下列器材测量电源的电动势和内阻： 待测电源E(电动势约为4V)；

电流表A(量程为0～0.6A，内阻不计)； 电阻箱R(最大阻值为99.9)； 开关S； 导线若干。

(1)根据所给实验器材，画出实验原理图。

(2)根据实验原理，进行如下操作：调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数，和电

11为纵坐标，R为横坐标，根据测量数据作出的R图像如图所II示，则电源电动势E=_______V，内阻r=_____。

阻箱的对应读数R，以

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(3)若考虑到实际电表有内阻，关于该实验的误差分析，下列说法正确的是______。 A．电源内阻的测量值偏大 B．电源内阻的测量值偏小 C．电源电动势的测量值偏大 D．电源电动势的测量值偏小

15．(8分)如图所示，质量M=1kg的滑块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=0.5kg的小球相连。现用F=7．5N，与水平方向成53角的力拉着小球并带动木块一起向右匀速运动。运动过程中滑块与小球的相对位置保持不变，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m／s2。求：

(1)木块与水平杆间的动摩擦因数；

(2)轻绳与杆的夹角的正切值tan。

16．(8分)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O为圆心，OC竖直，OA水平，B为圆弧的最低点，B点紧靠一足够长的平台MN。D点位于A点正上方。现从D点无初速度释放一个可视为质点的小球，在A点进入圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧；

(2)若DA之间的高度差为3R，求小球落地点P到B点的距离L。

0

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17．(14分)如图所示，水平虚线AA’和CC’间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC’的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC’相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA’上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为2v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求： (1)电场强度E的大小；

(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。

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18．(16分)如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10m。某时刻平板车以v1=1m／s的速度向左滑行，同时小滑块以v2=8m／s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d=5m，取g=10m／s2，求：

(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v； (2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数； (3)弹簧可能获得的最大弹性势能EP。

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2019—2020学年度第一学期质量检测

高三物理参

题号 答案 1 D 2 B 3 A 4 C 5 C 6 D 7 B 8 C 9 BC 10 BC 11 AD 12 ACD 13．(6分)(1)不需要 (2)0.346 1.11(每空2分) 14．(8分)(1)如图

(2)4 4 (3)A (每空2分)

15．(8分)解析：(1)以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件

o水平方向Fcos53FN………………………………………………………………(2分)

竖直方向Fsin53FNmMg…………………………………………………(2分)

o解得0.5………………………………………………………………………………(1分)

(2)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件

o水平方向Fcos53FTcos…………………………………………………………(1分) o竖直方向Fsin53FTsinmg……………………………………………………(1分)

解得tan2……………………………………………………………………………(1分) 99

16．(8分)解析：(1)设小球在C点的最小速度为0。 由牛顿第二定律mgm02R……………………………………………………………(1分)

设小球下降局度R所用时间为t1。

R12gt1…………………………………………………………………………………(1分) 2在时间t1内的水平位移为x0t1………………………………………………………(1分) 解得x2RR……………………………………………………………………… (1分)

所以小球不能重新落回到轨道内侧。

(2)设小球到达C点的速度大小为C，对小球从D点到C点的过程。 由动能定理mg3RR12mC………………………………………………………(1分) 2小球从C点飞出后做平抛运动，设经过时间t2落到P点。 竖直方向2R12gt2……………………………………………………………………(1分) 2水平方LCt2…………………………………………………………………………(1分) L=4R………………………………………………………………………………………(1分) 17．(14分)解析：(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。

粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向t1

10

L0……………………(1分)

粒子在M点沿着电场方向速度x所以粒子沿着电场方向的位移d粒子从S点到M点，由动能定理

202200……………………………(1分)

x2t1L…………………………………………(1分) 21qEdm220212……………………………………………………………(2分) m02m02解得E……………………………………………………………………………(2分)

qL(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为。 则sin0…………………………………………………………………………(1分) 20o解得45………………………………………………………………………………(1分) 所以三角形OOM为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。 有几何关系得r2R…………………………………………………………………(2分) 2由牛顿第二定律qB20解得Bm20r2………………………………………………(2分)

2m0……………………………………………………………………………(1分) qR18．(16分)解析：(1)设M、m共同速度为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律

m2M1Mm………………………………………………………………(2分)

2m/s，方向水平向右。……………………………………………………………(2分)

(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统由能量守恒

1112M12m2Mm2mgLd……………………………(2分) 222解得0.……………………………………………………………………………(2分) 如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑

块组成的系统 由能量守恒

1112M12m2Mm2mgLd………………………(2分) 22211

解得0.18……………………………………………………………………………(2分) (3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。

如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒

1121M12m2Mm2mgLEP……………………………………(2分) 222EP18J………………………………………………………………………………(2分)

所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18J。

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