山东省枣庄市高三物理上学期期末考试试卷(含解析)

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～17小题只有一项符合题目要求，第18～21小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.如图所示，静止在水平地面上的木块受到两个拉力的作用。开始时，两拉力沿同一水平线方向相反，且；现保持不变，让的大小不变、的方向缓慢顺时针转过180°，在此过程中木块始终静止。下列说法正确的是

A. 木块受到所有外力的合力逐渐变大

B. 木块对地面的压力可能为零

C. 木块受到的摩擦力先变小后变大

D. 木块受到的摩擦力逐渐变大

【答案】D

【解析】

【分析】

对木块进行受力分析，然后结合共点力平衡的条件以及摩擦力产生的条件分析即可．

【详解】A.由于木块始终处于平衡状态，受到所用外力的合力始终为零，故A错误；

B.水平方向，物块受F1、F2和摩擦力而平衡，根据摩擦力产生的条件可知，木块在整个的过程中必定一直受到地面的支持力，由牛顿第三定律可知，木块对地面的压力不可能为0.故B 错误；

CD. 由于物块受F1、F2和摩擦力而平衡，F1、F2的合力与摩擦力等大反向，F1、F2大小不变，夹角从180°逐渐减小到零，F1和F2的合力逐渐增大，木块受到的摩擦力逐渐变大，故C错误，D正确。

故选：D

2.如图所示，纸面内间距均为L的A、B、C三点位于平行于纸面的匀强电场中。电荷量为

q=1.0×10-5C的负电荷由A点移动到C点克服电场力做功为，该电荷由C点移动到B点电场力做功为W2=2.0×10-5J。若B点电势为零，以下说法正确的是

A. A点的电势为2V

B. A点的电势为-2V

C. 匀强电场的方向为由C点指向A点

D. 匀强电场的方向为垂直于AC指向B点

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式，分别求出A与C间、C与B间电势差，结合B点电势为零，再确定A、B两点的电势。找到等势线，根据电场线和等势面的关系分析场强的方向。

【详解】对于C、B间电势差为：，若B点电势为零，U CB=φC-φB，则C点电势φC=2V。而A与C间的电势差为：，因U A C=φA-φC，则A点电势φA=-2V，故A错误，B正确；因φC=2V，φA=-2V，可知，AC连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。

【点睛】本题主要考查对电势差公式的应用能力，各量均需代入符号。注意电势有正负，而电压没有正负可言。

3.如图1所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成。已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力(化学作用)把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”。这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图2所示，图2中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点。若减小外电路电阻R，则下列说法正确的是

A. C、D两点之间的高度差将变大

B. A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和将变小

C. A、B两点之间的高度差不变

D. 在电子从A点经DC移动至B点的过程中，非静电力做功将变大

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意可知，AB两点的高度差为外电压，CD两点高度差类似于内电压，A与D，C与B高度差的总和为电动势；

电动势不变，当R减小时，根据欧姆定律判断总电流的变化，进而得到内外电压的变化；电子从A处经D、C至B处，根据W=Eq判断D选项的正误。

【详解】AC．因电动势不变，减小外电路电阻R，电路中的电流增大，内电压变大，外电压减小，AB两点的高度差为外电压，减小；CD两点高度差类似于内电压，变大；故A正确，C 错误；

B．A与D，C与B高度差的总和为电动势，故应不变，故B错误；

D．电子从A处经D、C至B处，非静电力做功W=Eq，不变，故D错误。

故选：A。

4.某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5

s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，取重力加速度g=10m／s2，则下列说法正确的是

A. 演员在1.0 s时的加速度大小为2m／s2

B. 滑杆的长度为5.25 m

C. 传感器显示的最小拉力为420 N

D. 3.5 s内演员损失的机械能为2700 J

【答案】D

【解析】

【分析】

根据图象可明确演员的运动情况，明确加速度的方向，再根据v-t图象与时间轴的面积可表

示位移；根据牛顿第二定律可确定杆受到的拉力．3.5 s内演员速度不变，减小的重力势能等于损失的机械能。

【详解】A. 由v-t图像可知，演员在1.0 s时的加速度大小a= m／s2=3m／s2，故A 错误；

B.v?t图象的面积表示位移，则可知，总长度x= ×3×3=4.5m，故B错误；

C. 两图结合可知，静止时，传感器示数为800N，除去杆的重力200N，演员的重力就是600N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg?F1=ma，解得：F1=420N，加上杆的重力200N，可知杆受的拉力为620N，故C错误；

D. 3.5 s内演员速度不变，减小的重力势能等于损失的机械能为△E=mgh=600×4.5J=2700J，故D正确。

故选：D.

5.质量为m的汽车在足够长的平直公路上行驶，所受阻力F保持不变。当它以速度、加速度a加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从此时开始，发动机始终在额定功率下工作。关于汽车此后的运动，以下说法正确的是

A. 汽车的加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到某一值后保持不变

B. 汽车的额定功率为

C. 汽车动量的最大值为

D. 合外力对汽车的冲量跟时间成正比

【答案】AC

【解析】

【分析】

当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动．

【详解】A. 当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动，故A正确；

B. 速度v时，根据牛顿第二定律知?F=ma，所以P0=Fv+mav，故B错误；

C.最后匀速牵引力等于阻力F=，所以v m=v+，汽车动量的最大值为，故C正

确；

D.由于加速阶段加速度逐渐减小，合外力逐渐减小，合外力对汽车的冲量跟时间不成正比，故D错误。

故选：AC

6.某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图所示电路。A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变，输电线路等效电阻为R。现保持A的输入电压不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则

A. 仅闭合S，L1变暗

B. 仅闭合S，输电线路的发热功率变小

C. 仅将滑片P上移，L1变亮

D. 仅将滑片P上移，输电线路的发热功率变小

【答案】AD

【解析】

【分析】

理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系，理想变压器电压、电流和匝数关系．

【详解】AB. 闭合s，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R 上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1=U A2?IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A正确，B错误；

CD. 仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则B输入电流减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C错误，D正确；

故选：AD

7.如图所示，水平放置的半径为2r的单匝圆形裸金属线圈A，其内部有半径为r的圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度为B、方向竖直向下；线圈A的圆心和磁场的圆心重合，线圈A

的电阻为R。过圆心的两条虚线ab和cd相互垂直。一根电阻不计的直导体棒垂直于ab放置，使导体棒沿ab从左向右以速度匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A中会有感应电流流过。撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A中也会有感应电流，如果使cd左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd位置时的相同，则

A. 磁场一定增强

B. 磁场一定减弱

C. 磁感应强度的变化率为

D. 磁感应强度的变化率为

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据右手定则，结合楞次定律判断磁场的变化；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，分别表示出导体棒切割磁感线时的电流和磁感应强度均匀变化时的感应电流，两者相等即可。【详解】AB.根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流流过cd左侧的线圈中感应电流的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A正确，B错误；

CD.导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=2Brv，根据欧姆定律，流过cd左侧的线圈中感应电流大小I= ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，，，故C正确，D错误。

故选：AC

8.2018年5月21日，我国发射人类首颗月球中继卫星“鹊桥”，6月14日进入使命轨道——地月拉格朗日L2轨道，为在月球背面着陆的“嫦娥四号”与地球站之间提供通信链路。12

月8日，我国成功发射“嫦娥四号”探测器，并于2019年1月3日成功着陆于月球背面，通过中继卫星“鹊桥”传回了月背影像图，如图1所示，揭开了古老月背的神秘面纱。如图2所示，假设“鹊桥”中继卫星在拉格朗日点L2时，跟月、地两个大天体保持相对静止。设地球的质量为月球的k倍，地月间距为L，拉格朗日点L2与月球间距为d。地球、月球和“鹊桥”中继卫星均视为质点，忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力，则下列选项正确的是

A. “鹊桥”中继卫星在拉格朗日点L2时处于平衡状态

B. “鹊桥”中继卫星与月球绕地球运动的线速度之比为

C. k、L、d的关系式为

D. k、L、d的关系式为

【答案】BD

【解析】

【分析】

“鹊桥”中继卫星与月球相对静止，绕地球做匀速圆周运动的角速度相等，不是平衡状态；根据半径和角速度可求线速度的关系；根据地球对月球的万有引力提供向心力，地球和月球对卫星的共同作用力提供向心力，联立即可解答。

【详解】A.“鹊桥”中继卫星与月球相对静止，绕地球做匀速圆周运动的角速度相等，不是处于平衡状态，故A错误；

B.根据v=ωr，“鹊桥”中继卫星与月球绕地球运动的半径分别是L和L+d，所以线速度之比为，故B正确；

CD.设地球的质量为M，月球的质量为m1，“鹊桥”中继卫星的质量为m2，则对月球，对“鹊桥”中继卫星，两式联立得，

，故C错误，D正确。

故选：BD

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。

9.某同学用如图甲所示实验装置来探究当地的重力加速度的大小。让从高处由静止下落，

拖着的纸带被打点计时器打出一系列的点，O是打下的第一个点，每相邻两个计数点之间还有4个点未标出。计数点问距的测量数据如图乙所示。已知，打点计时器的频率为50Hz。所求结果均保留两位有效数字。

(1)在打计数点D时纸带的速度________m／s；纸带的加速度大小_______m／s2。

(2)若某同学测得各计数点到O点的距离为h，作出的图象如图丙所示，则测得当地的重力加速度g=___________m／s2。

【答案】 (1). 1.9 (2). 4.8 (3). 9.6

【解析】

【分析】

（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点D的速度，根据推论△x=aT2，求出加速度；

（2）根据，及牛顿第二定律，结合图像的斜率，从而得出重力加速度g的值．

【详解】(1) 每相邻两个计数点之间还有4个点未标出，打点计时器的频率为50Hz，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：v D=m/s=1.9m/s，

根据△x=aT2，a=m/s2=4.8m/s2；

(2)由牛顿第二定律，则有：(m2?m1)g=(m1+m2)a；

根据速度位移关系：

联立得：

图像的斜率k=

代入数据，解得g=9.6m/s2.

10.小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，他用螺旋测微器测得笔芯的直径如图1所示，并用伏安法测量其电阻值。

(1)螺旋测微器的读数为________________mm

(2)请按电流表外接法用笔画线代替导线在图2实物接线图中完成余下导线的连接

________________。

(3)小明测量了一段铅笔芯的电流、电压数据如下表所示。请在图3所示的坐标纸上绘出U-I 图线。根据图线求得这段铅笔芯的电阻为________。(结果保留两位有效数字)

【答案】 (1). 2.526； (2). 连线图如图所示：

(3). 如图所示：，1.6.

【解析】

【分析】

（1）连线时应注意电表的量程和正负极；（2）根据电流表外接法，连线线路图；（3）根据表中数据，在坐标纸中描点连线，根据欧姆定律可知直线的斜率即为导线的电阻．

【详解】（1）螺旋测微器的固定尺刻度为2.5mm，游标尺刻度为2.6×0.01mm=0.026mm，所以螺旋测微器的读数为2.5mm+0.026mm=2.526mm；

（2）根据电流表外接法，连线图如图所示：

（3）根据表中数据，在坐标纸中描点连线，如图所示：

根据欧姆定律U=RI可知，U?I图象的斜率应等于铅笔的电阻=1.6Ω

11.如图所示，空间中有互相垂直的两组平行金属板P、Q和M、N，其中板P、Q水平，板P、Q长度为板M、N长度的2倍。其间有一矩形区域ABCD，AB的长度l1=0．6m，AD的长度为

l2=0.2m。当仅在板M、N加上电压时，将带正电的小球从A点由静止释放，小球恰沿直线AC 运动；当仅在板P、Q加上相同电压时，使该小球从A点沿AB方向水平抛出，小球也能经过C点。取重力加速度g=10 m／s2，板端彼此绝缘靠在一起，不考虑板间的静电效应，两次运动中小球的电荷量相同。求小球水平抛出的初速度大小(结果可用根式表示)。

【答案】

【解析】

【分析】

仅在板M、N上加电压时，小球水平方向受电场力作用，做匀速运动，竖直方向都做自由落体运动，分别列方程；仅在P、Q上加电压时，小球做类平抛运动，分别沿水平、竖直方向列方程，联立求解即可。

【详解】设带电小球的质量为m，电荷量为q，板间电压为U，板PQ间距为d，板MN间距为2d

当仅在板M、N上加电压时，有

小球受电场力为F1=q

小球沿直线从A到C运动过程，设运动时间为t1，则

联立得

当仅在P、Q上加电压时，有

小球受电场力为F2=q

设小球的初速度为v0，做类平抛运动的加速度为a，运动时间为t2，则

由牛顿第二定律得F2+mg=ma

由类平抛运动规律得

联立解得v0= m/s

12.如图所示，MN是半径为R的光滑圆弧，木板B静止在水平面上，其左端与N点重合，右端放有滑块A。滑块C从P点由静止释放，恰从M点切入圆轨道，与木板B碰撞后粘为一体，碰撞时间极短，之后，B、C一起沿水平面运动，滑块A恰好未从B上掉下。已知滑块A、C的质量均为m，木板B的质量为2m，滑块A与木板B之间的动摩擦因数为μ1，滑块C和木板B与地面之间的动摩擦因数均为，滑块A、滑块C均可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，水平面足够长。

求：(1)滑块C经N点时与木板B碰撞前的瞬间对圆弧轨道的压力。

(2)滑块A停止时到N点的水平距离。

【答案】(1) ，方向竖直向下。 (2)若,则水平距离为: 或

；若,则水平距离为: 或

【解析】

【分析】

（1）由动能定理求出小球到N点的速度，由牛顿第二定律求出在N点受到的支持力，由牛顿第三定律得出碰撞前的瞬间对圆弧轨道的压力；

（2）滑块C碰木板B的过程中，由动量守恒定律可求碰后的速度。滑块A恰好运动到木板B的左端时，ABC达到共同速度v，根据运动学公式分别求出此过程的时间和速度。以后运动根据相互间的摩擦力大小不同，分两种情况求出滑块滑动的距离，最后求出滑块A停止时距N点的水平间距。

【详解】（1）滑块C由P到N的过程中，由动能定理得

在N点，由牛顿第二定律得：

解得F N=5mg

由牛顿第三定律得，滑块C经N点时与木板B碰撞前的瞬间对圆弧轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下。

（2）滑块C碰木板B的过程中，动量守恒。设碰后瞬间，B、C的共同速度为v0，则：

mv N=（m+2m）v0

对滑块A有：

对BC有：

滑块A恰好不掉下，滑块A恰好运动到木板B的左端时，ABC达到共同速度v，设此过程用时t，则有：

滑块A的位移为：

滑块BC的位移为：

设木板长度为l，由几何关系得：

联立解得：

①若，则A、B、C达到共同速度v后一起匀减速到速度为0，有：

滑块A停止时距N点的水平间距为

解得或；

②若，则B、C间有相对运动，各自相对地面减速到速度为0，对A有

滑块A停止时距N点的水平间距为

解得: 或

13.关于磁场的描述，下列说法正确的是_____________。

A. 奥斯特发现了电流的磁效应

B. 磁感应强度的方向就是通电直导线在磁场中受磁场力的方向

C. 若通电直导线在磁场中某处受磁场力为零，则该处的磁感应强度为零

D. 磁场对电流作用力的方向总是垂直于磁场的方向

E. 磁场对运动电荷的作用力一定不做功

【答案】ADE

【解析】

【分析】

根据左手定则判断磁场的方向与安培力方向之间的关系；根据左手定则判断磁场与洛伦兹力方向的关系，判断是否做功；导线与磁场平行时，不受磁场力。

【详解】A. 奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确；

B.磁场的方向不是导线受力的方向，磁场的方向与安培力的方向是垂直的，故B错误；

C.若导线与磁场平行，则即使磁感应强度大，通电导线也不会受磁场力，故C错误；

D.根据左手定则，磁场对电流作用力的方向总是垂直于磁场的方向，故D正确；

E.根据左手定则，磁场对运动电荷的作用力始终与运动方向垂直，一定不做功，故E正确。故选：ADE

14.如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场的磁感应强度大小为B，磁场左边界与水平方向的夹角为。已知该离子在磁场边界的N点射出，MN长为l。不计重力影响。求：该离子的比荷和进入磁场时的速度大小。

【答案】

【解析】

【分析】

根据动能定理，离子在电场中加速列方程；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力等于向心力列方程；根据几何关系可得半径与l的关系，联立即可求解。

【详解】设离子的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度为v0.则

粒子在磁场中，有

由几何关系知2rsinθ=l

联立解得，

15.甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知______。

A. 甲的速度为零时，乙的速度最大

B. 甲的加速度最小时，乙的速度最小

C. 任一时刻两个振子受到的回复力都不相同

D. 两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2

E. 两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1

【答案】ADE

【解析】

【分析】

甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小时，乙也

在平衡位置，速度最大；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零；由图可知两振子的周期，根据f=1/T，可得频率之比；由图可知振幅之比。

【详解】A.由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A正确；

B.由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大，故B错误；

C.甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零，故C错误；

D.由图可知，甲的周期T甲=2.0s，甲的频率f甲=0.5Hz；乙的周期T乙=1.0s，乙的频率f乙=1.0Hz；两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2，故D正确；

E.由图可知，甲的振幅A甲=10cm，乙的振幅A乙=5cm，两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1，故E正确。

故选：ADE

16.如图所示，一玻璃球体的半径为，为球心，为直径。来自点的光线在点射出。出射光线平行于，另一光线恰好在点发生全反射。已知，求

①玻璃的折射率。

②球心O到BN的距离。

【答案】（1）（2）

【解析】

设光线BM在M点的入射角为，折射角为，由几何关系可知，，，根据折射定律得

⑤

代入数据得

⑥

光线BN恰好在N点发生全反射，则为临界角C

⑦

设球心到BN的距离为d，由几何关系可知

⑧

联立⑥⑦⑧式得

⑨