山东省青岛市黄岛区2020届高三上学期期末考试学业水平检测物理试题

2019－2020学年度第一学期第二学段模块检测高三物理试题

一、单项选择题

1.下列各物理量属于矢量的是

A. 动量 B. 磁通量

C. 电势差 D. 电动势

【答案】A

【解析】

【详解】A．动量是有大小又有方向的矢量，故A正确；

B．磁通量可描述为穿过某平面的磁感线条数，所以磁通量为只有大小没有方向的标量，故B错误；

C．电势差为两点间电势差值，所以电势差为只有大小没有方向的标量，故C错误；

D．电动势数值上等于电源没有接入电路时两端的电压，所以电动势为只有大小没有方向的标量，故D错误。

故选A。

2.太空垃圾是围绕地球轨道的无用人造物体，如图所示是漂浮在地球附近的太空垃圾示意图，对此有如下说法，正确的是 

A. 太空垃圾一定能跟同一轨道上同向飞行的航天器相撞

B. 离地越低的太空垃圾运行周期越大

C. 离地越高的太空垃圾运行速率越大

D. 离地越高的太空垃圾运行加速度越小

【答案】D

【解析】

【详解】根据万有引力提供向心力

得线速度，角速度，周期，向心加速度

A．根据线速度公式，在同一轨道上的航天器与太空垃圾线速度相同，如果它们绕地球飞行的运转方向相同，它们不会碰撞，故A错误；

B．根据周期可知，离地越低的太空垃圾运行周期越小，故B错误；

C．根据线速度公式可知，离地越高的太空垃圾运行速率越小，故C错误；

D．根据向心加速度可知，离地越高的太空垃圾运行加速度越小，故D正确。

故选D。

3.2019年5月3日，CBA总决赛第四战实力强大的广东男篮再次击败新疆队，时隔6年再度夺得CBA总冠军。比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需

A. 减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ

B. 增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ

C. 减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0

D. 减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0

【答案】D

【解析】

【详解】据题：篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，当平抛运动的水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，才能仍垂直打到篮板上。故D正确，ABC错误。

故选：D。

4.如图，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过A、B两点的连线中点对称地选取一个闭合路径abcd。现将一个质子沿abcd移动一周，下列说法正确的是

A. a点和b点的电场强度相同

B. c点电势高于d点电势

C. 由c→d，质子电势能一直在增加

D. 由b→c，电场力先做负功后做正功

【答案】C

【解析】

【详解】等量同种电荷电场线如图，

A．结合等量异种点电荷的电场线的图象可知，ab两点的电场强度的方向不同，故A错误；

B．根据沿电场线方向电势降低可知，c点电势低于d点电势，故B错误；

C．由c→d，质子受力的方向与运动的方向之间的夹角始终是钝角，电场力做负功，质子电势能一直在增大，故C正确；

D．在bc的连线上，两电荷连线上方，场强竖直向分量向下，两电荷连线下方，场强竖直向分量向上。则质子由b到c，电场力先做正功后做负功，故D错误。

故选C。

5.如图，单板滑雪U形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，轨道不同曲面处的动摩擦因数不同。因摩擦作用，滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，下列说法正确的是

A. 运动员下滑的过程中处于平衡状态

B. 运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小

C. 运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大

D. 运动员下滑的过程所受合力恒定不变

【答案】B

【解析】

【详解】AD．运动员在下滑过程中速率不变，故可看做匀速圆周运动，根据可知，合力大小不变，方向始终指向圆心，所以合力不恒定，也不是平衡状态，故AD错误；

B．设支持力与竖直方向夹角为θ，则

由于合力大小不变，故在下滑过程中，由于角度变小，故cosθ变大，故FN变大，根据f=μFN可知，摩擦因数减小，故B正确；

C．运动员滑到最低点时，速度沿水平方向，重力竖直方向，所受重力的瞬时功率最小为零，故C错误。

故选B。

6.许多手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板， 当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的电容器充电达到同一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹的图像数据。根据以上信息，下列说法中正确的是

A. 电容器在充电过程中是把电能转化成化学能

B. 在嵴处形成的电容器放电较快

C. 在峪处形成的电容器充电后带电量较小

D. 潮湿的手指对指纹识别没有任何影响

【答案】C

【解析】

【详解】A．电容器在充电过程中是把电能转化成电场能，故A错误；

BC．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据可知，极板与指纹沟（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B错误，C正确；

D．湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误。

故选C。

7.一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t=0时的波形图如图所示，下列说法正确的是

A. 此时x=1.25m处的质点正在做加速度增大的加速运动

B. x=3 m处的质点再经过0.15s可运动至波峰位置

C. x=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点先运动到波峰的位置

D. x=1m处的质点在做简谐运动，其振动方程y=0.4sin（10πt）（m）

【答案】B

【解析】

【详解】A．波沿x轴正方向传播，由上下坡法可得此时x=1.25m处的质点振动的方向向下，正在靠近平衡位置，所以质点正在做加速度减小的加速运动，故A错误；

B．据图象可知波长λ=2m，则

由上下坡法可得x=3m处的质点正由平衡位置向下振动，则x=3m处的质点经过

可运动到波峰位置，故B正确；

C．由上下坡法可得x=0.7m处的质点与x=0.6m处的质点都在向下振动，x=0.6m处的质点先到达波谷，又先到达波峰，故C错误；

D．由上下坡法可得此时x=1m处的质点正向下振动，又质点的振幅A=0.4m，角速度

则x=1m处的质点振动方程为y=－0.4sin（10πt）（m），故D错误。

故选B。

8.如图，一个质量为m刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是

A. 圆环通过O点加速度小于g

B. 圆环在O点的速度最大

C. 圆环在A点的加速度大小为g+

D. 圆环在B点的速度为2

【答案】D

【解析】

【详解】A．圆环通过O点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故A错误；

B．圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故B错误；

C．圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长

根据牛顿第二定律，有

解得

故C错误；

D．圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能

解得

故D正确。

故选D。

二、多项选择题

9.如图所示的是两个闭合电路中两个电源的图线，下列说法中正确的是

A. 电动势E1=E2，内阻r1< r2

B. 电动势E1=E2，发生短路时，电源1耗电功率大

C. 用这两个电源给同一外电阻供电时，电源1输出功率一定大

D. 当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．U－I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故A正确；

B．U－I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1＞I2，由公式可知，电动势相等，电流越大，电功率越大，故B正确；

C．由电源输出功率与外电阻的关系可知，外电阻与内阻越接近，电源输出功率越大，由于不知道外电阻的大小，所以无法确定哪个电源的输出功率大，故C错误；

D．根据U=E－Ir可知，

内阻r1＜r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大，故D正确。

故选ABD。

10.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为4:1，在a、b端接入正弦交流电，三个灯泡均能正常发光，a、b端输入的总功率为32W，灯泡L2的电阻为4Ω，灯泡L2的功率为16W，L1、 L3的功率相同，则

A. 灯泡L1的额定功率为8W B. 灯泡L1的额定电流为0.5A

C. 灯泡L2的额定电压为8V D. a、b端的电压为24V

【答案】AC

【解析】

【详解】A．设原线圈的功率为P，则有

联立解得

故A正确；

BC．灯泡有

解得

灯泡的额定电流为

灯泡的额定电流为

所以原线圈的电流为

则有

故B错误，C正确；

D．a、b端输入的总功率为

解得

故D错误。

故选AC。

11.如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极， R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V，则

A. 玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘

B. 由上往下看，液体做逆时针旋转

C. 通过R0的电流为1.5A

D. 闭合开关后，R0的热功率为2W

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确；

C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有

得

由闭合电路欧姆定律有

解得

R0的热功率

故C错误，D正确。

故选BD。

12.如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0s时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1N的恒力。g取10 m/s2，则

A. 木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动

B. 木板先做加速度为3m/s2匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动

C. 当木块的速度等于10m/s时与木板恰好分离

D. t =1s时滑块和木板开始发生相对滑动

【答案】BC

【解析】

【详解】ABC．由于动摩擦因数为0.45，在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为：

所以当2.1N的恒力作用于滑块时，系统一起以

当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，摩擦力减小，木板的加速度减小，所以木板做的是加速度减小的加速运动，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有

代入数据得

此时摩擦力消失，木板做匀速运动，而滑块在水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛伦兹力增大，滑块将离开木板向上做曲线运动，故A错误，BC正确；

D．当滑块和木板开始发生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度3m/s2，对木板有

再根据

解得

根据v=at可得所以运动的时间为

故D错误。

故选BC。

三、非选择题

13.如图（甲）所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v0和飞行时间t，底板上的标尺可以测得水平位移d。

（1）控制斜槽轨道的水平槽口高度h不变，让小球从斜槽的不同高度处滚下，以不同的速度冲出水平槽口，下列说法正确的是（    ）

A．落地点的水平距离d与初速度v0成反比

B．落地点的水平距离d与初速度v0成正比

C．飞行时间t与初速度v0大小无关

D．飞行时间t与初速度v0成正比

（2） 另一位同学做实验时根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，如图乙所示，O为抛出点。在轨迹上任取两点A、B，分别测得A点的竖直坐标y1=4.90cm、B点的竖直坐标：y2=44.10cm，A、B两点水平坐标间的距离△x=40.00cm，g取9.80m/s2，则平抛小球的初速度 v0为____m/s。

【答案】    (1). BC    (2). 2.0

【解析】

【详解】(1)[1]竖直方向自由落体运动，解得

飞行时间t与初速度v0大小无关，平抛运动水平方向做做匀速运动，x=v0t，所以落地点的水平距离d与初速度v0成正比，故BC正确。

故选BC。

(2)[2]，

根据得

根据得

则小球平抛运动的初速度为

14.在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲。一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得电容器放电的i-t图像如图乙所示。

（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”法， i-t 图线与两坐标轴包围面积表示的物理意义是_______；电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为___________C；（结果保留两位有效数字）

（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_____ F；（结果保留两位有效数字）

（3）如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量___________（选填“变多”、“不变”或“变少”）。

【答案】    (1). I-t 图象与坐标轴围成的面积表示总的电荷量    (2). 2.4×10－3～2.6×10－3C    (3). 3.0×10－4～3.3×10－4F    (4). 不变

【解析】

【详解】(1)[1]电容器的放电图象是一条逐渐下降的曲线，而q=It，从微法得到，I－t图象与坐标轴围成的面积就是总的电荷量；

[2]图象下共有30格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为

由于误差所以2.4×10－3～2.6×10－3C均可；

(2)[3]电容器充满电后所带的电荷量Q=2.4×10-3C，而所加电压U=E=8.0V，所以

由于Q值2.4×10－3～2.6×10－3C均可，所以电容在3.0×10－4～3.3×10－4F均可；

(3)[4]由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图象更加平缓些，但总量不变。

15.如图，医院消毒用的压缩式喷雾器储液桶的容量为5.7×10-3m3，开始时桶内倒入了4.2×10-3m3的药液。现关闭进气口，开始打气，每次能打进2.5×10-4m3的空气，假设打气过程中药液不会向外喷出。当打气n次后，喷雾器内空气的压强达到4atm，设周围环境温度不变，气压为标准大气压强1atm，则

（1）求出n的数值；

（2）试判断这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完。

【答案】（1）18（2）能

【解析】

【详解】(1)根据理想气体状态方程的分列式，得

p0V＋p0nV′＝4p0V

其中V＝5.7×10－3m3－4.2×10－3m3＝1.5×10－3m3，V′＝0.25×10－3m3 

代入数值，解得

n＝18

(2)当空气完全充满储液桶后，如果空气压强仍然大于标准大气压，则药液可以全部喷出．

由于温度不变，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，得

解得

p＝1.053p0>p0

所以药液能全部喷出。

16.如图甲，倾角α＝的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin＝0.6，cos＝0.8，求：

（1）物体的质量m；

（2）弹簧的最大弹性势能；

（3）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。

【答案】（1）2 kg（2）2.56J（3）0.8 m/s

【解析】

【详解】(1)由题图乙可知：

mgsin＝12N

解得

m＝2kg

(2)题图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功：

WF＝

从A点B点的过程中由能量守恒可得：

(3)撤去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，从A出发两次返回A处的过程应用动能定理：

W＝

解得：

v0＝0.8m/s

17.如图，在xOy平面直角坐标系第一象限中，直角三角形OAB内存在垂直平面向里的匀强磁场，，B点的横坐标x=L。在第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，在y=-L处有一平行于x轴的荧光屏MN，屏与y轴交点为P。一束质量为m、带电量为-q的负电荷从O点沿y轴正方向以速度v0射入磁场，恰好没有从磁场AB边射出，忽略电子的重力，求：

（1）磁感应强度B。

（2）若电场强度E与磁感应强度B大小满足E=Bv0，则电荷打到荧光屏上的点与P点间的距离。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】(1)电荷的运动轨迹如图所示，设电荷在磁场中的轨迹半径为R：

由几何关系可知：

解得：

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

解得磁感应强度：

(2)若电子能进入电场后， 从C点射入电场的电子做类似平抛运动，设穿出电场时速度的偏转角为θ，则：

由于电场中偏转位移的夹角α的正切值

解得：

lOD=

之后电荷做匀速直线运动达到荧光屏上的Q点

18.随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：

（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差Uab；

（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；

（3）火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】(1)ab边产生电动势：E＝BLv0，因此

(2)安培力，电流为，对火箭主体受力分析可得：

Fab－mg＝ma

解得：

(3)设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理：

mgt－＝0－mv0

即

mgt－＝0－mv0

化简得

h＝

根据能量守恒定律，产生的电能为：

E＝

代入数据可得：