2020届山东省潍坊市高三上学期期末考试物理试题(解析版)

山东省潍坊市2020届高三上学期期末考试试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。

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0.5毫米黑色签字笔书写.字体工整、笔迹清楚。

3-请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。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。

1.一定质量的理想气体，其状态变化的P-T图像如图所示。气体在由状态1变化到状态2的过程中，下列说法正确的是

A. 分子热运动的平均速率增大

B. 分子热运动的平均速率减小

C. 单位体积内分子数增多

D. 单位面积、单位时间内撞击器壁的分子数增多

[答案]A

[解析]

[分析]

本题考查分子动理论。

[详解]AB．温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子热运动平均动能增加，分子热运动的平均速率增大，A正确，B错误；

C．由理想气体状态方程，

=

PV nRT

nRT

V

=

P

温度升高，压强变小，体积变大，单位体积内分子数减少，C错误；

D．温度升高，分子热运动的平均速率增大，压强却减小了，故单位面积，单位时间内撞击壁的分子数减少，D错误；

故选A。

2.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，该时刻a、b两质点均到达波峰位置，c质点加速度正在增大。下列判断正确的是

A. a、b两质点之间的距离为半个波长

B. a、b两质点振动开始时刻相差半个周期

C. a质点完成全振动的次数比b多一次

D. a质点完成全振动的次数比b少一次

[答案]D

[解析]

[分析]本题考查机械振动中波形图的理解。[详解]A．a、b两质点是波形图上相邻的两个波峰，所以两个质点的距离为一个波长，A错误；

B．a、b两质点是波形图上相邻的两个波峰，所以两个质点开始振动的时刻相差一个周期，B错误；

CD．c质点加速度正在增大，所以c往下振动，波向左传播，a质点完成全振动的次数比b 少一次，C错误，D正确；

故选D。

3.中国空间站的建设过程是，首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成空间站。假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。忽略空气阻力，以下说法正确的是

A. 实验舱应当向前喷出气体

B. 喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变

C. 喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能不变

D. 实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小

[答案]B

[解析]

[分析]

本题考查卫星变轨过程各物理量的变化。

[详解]A ．实验舱要向高轨道运行，需要做离心运动，所以要加速，应该向后喷出气体，A 错误；

B ．喷气过程没有外力，实验舱与喷出气体系统动量守恒，喷气前后，总动量不变，B 正确；

C ．喷气前后，内力做功，总机械能增大，发生变化，C 错误；

D ．实验舱飞向核心舱过程中，地球的万有引力做负功，重力势能增大，且实验舱速度增大，机械能增大，D 错误；

故选B 。

4.某质点做简谐运动的振幅为A,周期为T ,则质点在

6T 时间内的最大路程是 A. 1.5A

B. A

C. 0.5A

D. 0.2A

[答案]B

[解析]

[分析]

本题考查机械振动中质点的振动路程的计算。 [详解]质点振动速度越大，在

6

T 时间内的振动路程越大，已知质点在平衡位置处速度最大，所以质点在该时间内路程最大，需要在平衡位置上下方个振动12

T 时间， 2212x Asin A π== B 正确，ACD 错误；

故选B 。

5.质量为50kg 的货物静置于水平地面上，货物与地面间的摩擦因数为0.5。某同学用大小为240N 的恒力使货物运动，取g=10m/s 2,则物块和地面间滑动摩擦力的大小可能是

A. 250N

B. 240N

C. 200N

D. 100N

[答案]C

[解析]

[分析]

本题考查摩擦力取值范围的计算。

[详解]因为拉力水平的时候，

250N 240mg N μ=>

所以拉力一定不水平，假设拉力与水平方向的夹角为θ，对货物受力水平正交分解， 竖直方向

sin N F mg θ+=

水平方向

cos F N f θμ≥=

161.2238f ≤≤

C 正确，AB

D 错误；

故选C 。

6.如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F 随时间t 变化的关系如图所示。以下说法正确的是

A. t 0时刻弹簧弹性势能最大

B. 2t 0站时刻弹簧弹性势能最大

C. 032t 时刻弹簧弹力的功率为0

D. 032

t 时刻物体处于超重状态 [答案]A

[解析]

[分析]

本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。

[详解]AB ．t 0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t 0时刻，弹力最小，弹性

势能最小，A 正确，B 错误；

C ．032

t 时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F 0，功率不为零，C 错误； D ．032t 时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D 错误； 故选A 。

7.如图，在某种液体内，有一轴截面为正三角形的薄壁透明圆锥罩ABC ,底面水平,罩内为空气。发光点D 位于BC 中点，发出的垂直于BC 的光恰好不能射出液面。下列说法正确的是

A. D 发出的光照射到CB 界面时可能发生全反射

B. 液面上方能够看到透明罩所有位置都被照亮

C. 液体的折射率为33

D. 3

E. 3[答案]C

[解析]

[分析]

本题考查光的反射和折射，重点考查全反射时临界角与折射率的关系。

[详解]CDE ．由D 发出的垂直于BC 的光在上液面的入射角为60?，且恰好不能射出液面，则发生全反射，液体的折射率

13sin 603

n ==? C 正确，DE 错误；

A ．D 发出的光照射到C

B 界面时入射角最大为60?，故不发生全反射，A 错误； B ．D 发出的垂直于B

C 的光恰好不能射出液面，则

D 发出的在垂直于BC 之下的光也不能

射出液面，液面上方不能看到透明罩所有位置都被照亮，B错误；

故选C。

8.一物体沿光滑水平面运动时，其速度v随位移x变化的关系如图所示，则物体

A. 相同时间内速度变化量相同

B. 相同时间内速度变化量越来越小

C. 相同位移内所受外力做功相同

D. 相同位移内所受外力的冲量相同

[答案]D

[解析]

[分析]

本题考查速度位移图像的理解，速度和位移成正比，分析相关物理量的变化。

[详解]由图得速度和位移成正比，物体不是做匀变速直线运动。

AB．随着位移增大，物体速度均匀增大，所以相同时间内物体位移越来越大，速度变化量越来越大，AB错误；

CD．相同位移速度变化量相同，对同一物体，动量变化量相同，但动能变化量不同，所以所受外力的冲量相同，做功不同，C错误，D正确；

故选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.在图甲所示理想变压器a、b端加图乙所示的交变电压。已知变压器原副线圈的匝数比为4:1，R1为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。下列判断正确的是

A. 电压表V1的示数为22V

B. 电压表V2的示数为5.52V

C. R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变小

D. R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变大

[答案]AD

[详解]A．电压表V1测得是原线圈电压，也就是输入电压有效值

m22V

U==

2

故A正确；

B．原副线圈匝数比为4:1，所以副线圈两端电压为5.5V，电压表V2测得是R1两端电压，应该小于5.5V，B错误；

CD．R1处温度升高，电阻减小，R阻值不变，R1分的电压变小，V2减小，V1不变，所以V1余V2示数的比值变大，C错误，D正确；

所以选AD。

10.如图所示，在地面上方水平向左的匀强电场中，两个质量均为m的带电小球a、b经过场中P点以后的运动轨迹分别如图中虚线所示。下列说法正确的是

A. a球带正电

B. b球带正电

C. a球运动过程中电势能逐渐增大

D. b球运动过程中电势能逐渐减小

[答案]AD

[解析]

[分析]

本题考查带电小球在匀强电场和重力场的复合场中的运动情况。

【

详解]A ．场强向左，a 球做曲线运动，合力指向弯道内侧，所以所受电场力向左，带正电，A 正确；

B ．b 球做直线运动，合力与轨迹在一条直线上，所以电场力向右，带负电，B 错误；

C ．a 球先向右运动后向左运动，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，C 错误；

D ．b 球一直向右运动，电场力一直做正功，电势能一直减小，D 正确；

故选AD 。 11.如图甲，在桌面上有一本书，书的上方放一水杯，给水杯施加一水平力，其大小F 随时间t 变化关系如图乙所示。设桌面对书的摩擦力为f ，书的速度为v ，假定各接触面间的最大静摩力等于滑动摩擦力，下列反映f 和v 随时间t 变化的图线中可能正确的 A. B. C. D. [答案]BCD

[解析]

[分析]

本题考查应用牛顿第二定律求解摩擦力的变化。 [详解]A ．一开始两者相对桌面静止，f =F ，F 不零，A 错误； B ．一开始书就相对桌面滑动，f mg μ=，B 正确； C ．由于F 一开始不为零，所以可以刚开始水杯和书发生相对滑动，书和桌面发生相对滑动，书受力恒定，从头开始做匀加速直线运动，C 正确； D ．一开始F 不足够大，书相对桌面静止，F 增大到一定值，书开始C 选项的匀变速直线运动，D 正确；

故选BCD 。

12.如图所示，水平金属导轨P 、Q 间距为L ，M 、N 间距为2L ,P 与M 相连，Q 与N 相连，金属棒a 垂直于P 、Q 放置,金属棒b 垂直于M 、N 放置,整个装置处在磁感应强度大小为B ,方向竖直向上的匀强磁场中。现给棒a 一大小为v 0的初速度,设导轨足够长，两棒质量均为m,在棒a 的速度由v 0减小到0.8 v 0的过程中，两棒始终与导轨接触良好。以下说法正确的是

A. 俯视时感应电流方向为顺时针

B. b 的最大速度为0.4v 0

C. 回路中产生的焦耳热为2

00.1mv

D. 通过回路中某一截面的电荷量为2025mv BL [答案]BC

[解析]

[分析]

本题考查电磁感应中的电荷量，能量等物理量的计算。

[详解]A ．a 棒向左走，回路面积减小，产生向上的磁场，根据右手定则，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；

B ．a 棒减速，b 棒加速，回路电流不断减小直到0，两棒最终都要做匀速直线运动，此时由于b 棒长度是a 棒的两倍，所以速度是a 棒的一半，即b 的最大速度为0.4v 0，B 正确；

C ．根据动能定理，

()()202220001110.80.40.1222Q mv m v m v mv ??=-+= ???

，C 正确； D ．对a 棒，安培力的冲量等于动量变化量，

000.8BILt BLq mv m v ==-?

00.2mv q BL

=，D 错误； 所以选BC 。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某同学在实验室找到了一台陈旧的激光器，铭牌已模糊不清，为了测出该激光器发出光的波长，他在实验室中进行了以下操作：

a .将双缝放置在距墙面恰好是5块完整地面砖的位置；

b.用激光器照射双缝，在墙面上得到了如图所示的清晰的干涉条纹。

（1）图中第五条亮条纹中心位置的读数为_____cm,相邻两干涉条纹间距Δx =_____cm ； （2）已知所用双缝的宽度d =0.10mm,实验室的地面由“80cm×80cm”地面砖铺成,则该激光器发出光的波长为_____m （结果保留2位有效数字）。

[答案](1). 10.55 2.48 (2). 76.210-?

[解析]

[分析]

本题考查单色光的双缝干涉实验。

[详解](1)[1]从9.95cm 到11.15cm ，中心位置读数

10.55cm

[2]从头开始读到第2条条纹左端，Δx =2.48cm

(2)[3]根据双缝干涉的公式，

L x d λ?= 其中

L =5×80=400cm

所以

76.210m x d L

λ-??==? 14.有一节干电池，电动势已知为1.5V 。某小组要用以下器材测量其内阻：

A.待测电池（E=1.5V,内阻约几欧）

B.电流表（量程为100μA,内阻约几百欧）

C.电阻箱R （099.9Ω,1A ）

D.滑动变阻器R 0（015kΩ,0.1A ）

E.开关S 1、S 2和导线若干

实验电路图如图所示。实验步骤如下：

①闭合S 1,断开S 2,调节R 0使电流表满偏（指针指在I =100μA 刻度处）；

②调整电阻箱R ,使其为较大的阻值R 1,再闭合S 2,读出电流表的示数I 1;

③逐渐减小电阻箱R 的阻值，使其分别等于R 2、R 3、…，读出对应的电流表的示数I 2、

I 3、…； ④以1I 为纵轴，以1R 为横轴作出1I -1R 图像（I 、R 均为国际单位），求得图线斜率k=1.6×104Ω?A -1。

回答以下问题。

（1）步骤①中，电流表满偏时，滑动变阻器与电流表内阻的总阻值为_____kΩ； （2）步骤③中改变电阻箱阻值时，开关S 2应处于_____ （填“闭合”或“断开”）状态； （3）求内阻有两种方法：①利用多组数据作出图像求解，②利用其中任意两组数据求解。两种方法相比，减小偶然误差最有效的方法是 _____ （填“①”或“②”）；

（4）电池内阻r = _____Ω。

[答案] (1). 15 (2). 断开 (3). ① (4). 1.6

[解析]

[分析]

本题考查闭合电路的欧姆定律变式求内阻。

[详解](1)[1]电流表满偏时

1.5V 15k Ω100μA

E R I ===总 (2)[2]电阻箱使用时不断开关会有短路的风险，所以调节电阻箱需要断开开关

(3)[3]使用数据越多，偶然误差越小，所以应该利用多组数据作出图像求解；

(4)[4]由闭合电路的欧姆定律，得到

11rR r R I E R E

+=?+总总

所以 rR k E

=总 1.6r =Ω

15.如图所示，在绿茵场上，甲同学从A 点将足球沿AC 方向踢出，足球沿地面做初速度v 0=10m/s,加速度a 1=-lm/s 2的匀减速运动。在足球被踢出的同时，乙同学从B 点开始做初速为0的匀加速运动，速度达到v =8m/s 后做匀速运动，到达C 点时刚好接到足球。已知A 、C 间的距离与B 、C 间的距离均为x =48m,求：

（1）足球在A 、C 间运动的时间t ;

（2）乙同学做加速运动的加速度大小a 2。

[答案](1)8s （2）2m/s 2

[解析]

[详解]（1）由

20112

x v t a t =+ 得

8s t =

（2）对乙同学，有

212112

x a t = 22x vt =

12x x x +=

21v a t =

12t t t +=

联立，代入数据得

22s 2m/a =

16.有一种汽车胎压监测技术是利用放置在轮胎内的压强传感器监测汽车轮胎压强的技术，这对于确保行车安全具有重要意义。小明在夏季气温为26℃时，观察到自己汽车胎压值为230kPa,冬季气温为-13℃时，胎压监测系统报警，显示轮胎的胎压值为190kPa,不考虑轮胎容积的变化，试判断该轮胎是否漏气。如果漏气，求漏掉的气体质量占原来气体的百分之几；如果不漏气，要使轮胎气压恢复到230kPa,需要再充入温度为-13℃、压强为100kPa 的气体的体积是轮胎容积的百分之几。

[答案]5%

[解析]

[详解]假设轮胎不存在漏气，气体做等容变化，设初始态、胎内压强为1P ，温度为1T ，末态压强为2P ，温度为2T ，由查理定律得：1212

P P T T = 2200kPa 190kPa P =>，

故漏气

假设原来轮胎内的气体全部变为190kPa ，温度为13C -?，设此时的体积为3V ，轮胎的容积

为0V ，则：103312

PV PV T T = 30V V V ?=-

315%20

V V ?== 17.如图所示，水平光滑地面上，“L”形轨道的AB 段为光滑半圆弧轨道，BC 段为水平轨道，二者相切于B 点，整个装置靠在竖直墙壁左侧，处于静止状态。一可视为质点的物块从C 点水平滑上轨道，离开最高点A 后落到水平轨道上，与轨道合为一体。已知物块质量m =0. 1kg,经过B 点时动能E k = 1.2J ,到达最高点A 时对轨道的压力为1N,轨道质量M =0.5kg,忽略空气阻力，取g =10m/s 2。求：

（1）半圆轨道的半径；

（2）物块落到水平轨道上的落点到B 的距离；

（3）轨道与物块一起运动的共同速度。

[答案]（1）0.4m （2）

2m 5（3）2m/s 3

[解析] [详解]（1）由B 到A 的过程

2K 122

A B mg R mv E ?+= 在A 点

2A N mv mg F R

+= 联立，代入数据得

R =0.4m

（2）物块离开A 点后

竖直方向：

2122

R gt = 水平方向：

A s v t = 联立，代入数据得42s = （3）从物块离开A ，到与轨道达共同速度过程中，由动量守恒有

()A mv M m v =+ 联立，代入数据得23

v = 18.如图所示，在水平分界线KL 上方有磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。边界NS 和MT 间距为2.5h ，P 、Q 分别位于边界NS 、MT 上距KL 为h 。质量为m ,电荷量为+q 的粒子由静止开始经电场加速后（电场未画出），

从P 点垂直于NS 边界射入上方磁场，然后垂直于KL 射入下方磁场，最后经Q 点射出。

(1)求在磁场中运动的粒子速度大小；

(2)求粒子在磁场中运动的时间；

(3)其它条件不变，减小加速电压，要使粒子不从NS 边界射出，求加速电压的最小值。

[答案]（1）qBh v m =（2）54m t Bq π=（3）2222(521)

U m =+ [解析]

[详解]（1）洛伦兹力提供向心力

2

mv qvB h

= 粒子速度

qBh v m

= （2）粒子运动轨迹如图所示

粒子在下方磁场做圆周运动的半径：

4

h R = 粒子运动时间

h R t v v ππ=

+

得

5

4

m

t

Bq

π

=

（3）设加速电压最小为U，粒子射入磁场的速度v'，粒子在上方、下方磁场做圆周运动的半径分别为r1、r2

由题意可得：

12

4

r r

=

当粒子在上方磁场的轨迹与NS相切时，加速电压最小

由图中几何关系得

1

(1cos)

r h

θ

+=

()1

12

sin

2

r

r r B

+=

2

1

v

qv B m

r

'

'=或

2

2

v

qv B m

r

'

''=

2

1

2

qU mv'

=

解得：

22

2

2(521)

U

m

=

+