【文档说明】精准解析山东省潍坊市昌乐县第二中学2020届高三上学期期末考试模块检测物理试题.doc，共(18)页，902.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年第一学期高三物理期终模块检测模拟（一）一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求。第7~10题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。1.关于光电效应，下列说法正确的是

()A.只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应B.光子的能量大于金属的逸出功就可以使金属发生光电效应C.照射时间越长光电子的最大初动能越大D.光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比【答案】B【解析】【详解】A．根据光电效应规律，只有入射

光的频率大于金属的截止频率，才可以使金属发生光电效应，A错误；B．光子的能量大于金属的逸出功就可以使金属发生光电效应，B正确；C．光电子的最大初动能与照射时间无关，C错误；D．光电子的最大初动能随入射光子的频率增大而增大，并不是成正比，D错误。故选B。2.发球机从同一高度向正前方依次水平

射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响).速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网.其原因是()A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C.速度

较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【解析】【详解】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，C正

确．3.如图所示，在直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为AI和BI，∠A=30°，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度IBkr=，k为比例系数，r为该点到

导线的距离，I为导线的电流强度，当一电子在C点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向垂直BC向下，则两直导线的电流强度BI与AI之比为()A.12B.34C.32D.14【答案】D【解析】用右手安培定则判断通电直导线在c处所产生的磁场方

向，用左手定则判断在c处合磁场方向，如图所示所以可得sin30ABBB=，22AAABBBIkBILIBIkL==，解得电流强度IB和IA之比1:4，故ABC错误，D正确；故选D．【点睛】用右手安培定则判断通电直导线在c处所产生的磁场方向，用左手定则判断在c处合磁场方向．4.一平行电容器两极板

之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变

小，极板间的电场强度不变【答案】D【解析】试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距

离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确．考点：电容器的动态分析【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握、、三个公式．5.如图所示，甲是远距离输电线

路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A.发电机输出交流电的电压有效值是500VB.用户用电器上交流电的频率是100HzC.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D.保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，可减少输电线上损失的功率【答案】D【解析】【详

解】A．由图象可知交流电的最大值Um=500V，因此其有效值U=5002V=2502V故A错误；B．发电机输出电压的周期T=0.02s，故f=1T=10.02Hz=50Hz用户用电器上交流电的频率是50Hz，故B错误；C．输电线的电流由需要输送的功率与电压决定的，与降压变压器原、副

线圈的匝数比无关，故C错误；D．保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，根据11Un=21UnU1·I1=U2·I2可知次级电压变大，次级电流减小，根据P=I2r可知，输电线上损失的功率减小，D正确。故选D。6.我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星。某双星是由

质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动。由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G。由此可求出S2的质量为（）A.()22124rrrGT−B.2324r

GTC.2224rGTD.22124rrGT【答案】D【解析】【详解】设星体S1和S2的质量分别为m1和m2，S1星体做圆周运动的向心力由万有引力提供，所以2121122π()mmGmrrT=得22

1224πrrmGT=故选D。7.A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点运动的x﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.A质点以20m/s的速度匀速运动B.B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运

动C.经过4s，B质点的位移大于A质点的位移D.在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4s内某一时刻达到最大【答案】B【解析】【详解】xt−图象的斜率大小表示质点运动速度的大小，正负表示速度的方向，由xt−图象可知

，A质点沿正方向做匀速直线运动，其速度4010/4xvmst===，A错误；B质点最初4s沿正方向做减速运动，后4s沿负方向做加速运动，B正确；4s末，A、B两质点达到同一位置，两质点相遇，C错误；A、B间的距离

先增大后减小，当两者速度相等时距离最大，但相遇后B质点反向运动，两质点间的距离继续增大，D错误．8.如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bd⊥ac，导线框绕轴bd以角速度匀速转动，导体框所在空间有竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场．下列说法正确

的是（）A.导体框中无感应电流B.导体框中产生正弦交变电流C.a、d两点间电势差为0D.a、d两点间电势差大小为218Bl【答案】AD【解析】【详解】AB．导体框绕bd转动过程中，穿过线圈的磁通量总是零，故无感应电流产生，A正确，B错误；CD．a、d两点间电势差大小为

2211()228adlUBBl==C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至弹簧分离过程

中，以下判断正确的是（）A.弹簧的最大弹性势能为214mvB.弹簧对小车做的功为214mvC.弹簧对小球冲量的大小为mvD.弹簧对小球冲量的大小为12mv【答案】AD【解析】【详解】A．弹簧有最大弹性势能时，小球和小车

有共同的速度，由动量守恒可知mv=2mv共由能量守恒得222p1112=224Emvmvmv=−共A正确；B．弹簧对小车做的功等于小车得到的动能222k111=2228vEmvmmv==共B错误；CD．弹簧对小球冲量的大小为122vImmvm

v=−=−即弹簧对小球冲量的大小为12mv，C错误，D正确；故选AD。10.如图所示，倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷．一质量为m，电荷量为-q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时

的速度为0，则（）A.小球从A到D的过程中静电力做功为212mvB.小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C.小球从A到B的过程中电势能先减小后增加D.AB两点间的电势差2ABUmvq=【答案】CD【解析】【详解】斜面的倾角为30

=，斜面上ADDB=，由几何关系可知，ACADCD==，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由WqU=，知A到D的过程中电场力做的功等于0，A错误；由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到

C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加，C正确；设AB的长度为2L，则ADDBL==，在小球从A到D的过程中，由动能定理有：21sin02mgLmv=

−，在小球从A到B的过程中有：()2sin00ABmgLqU+−=−，所以：2ABUmvq=，D正确．（二）选考题：共4分。请从下列两题中任选一题作答。（不定项选择，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）【物理—选修3-3】11.下列说法中正确的是（）A.物体温

度升高，分子的平均动能增大B.温度高的物体内能大C.当分子间的引力与斥力大小相等时，分子势能最小D.液体的饱和气压与饱和汽的体积有关【答案】AC【解析】【详解】A．物体温度升高，分子的平均动能增大，A正确；B．温度高的物体内能不一定大，因为内能的大小与物体

的温度、体积、物质的量等因素都有关系，B错误；C．当分子间的引力与斥力大小相等时，分子势能最小，C正确；D．液体的饱和气压与饱和汽的体积无关，D错误。故选AC。【物理—选修3-4】12.图甲为某一列沿x

轴传播的简谐横波在t=0时的波形图，图乙为波上质点M的振动图像，下列说法正确的是（）A.这列波的传播速度大小为4m/sB.这列波沿x正方向传播C.t=0.5s时，质点M的振动速度大于质点Q的振动速度D.t=0.5s时，质点P的位移为0.2cm【答案】AC【解析】【

详解】A．由甲图可得λ=4m，由乙图中可得T=1s，所以该简谐横波的传播速度为4m/svT==故A正确；B．由图乙知，t=0时刻质点M正通过平衡位置向下运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴负方向，故B错误；C．t=0

.5s=0.5T时M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t=0.5s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故C正确．D．t=0.5s=0.5T，质点P到达波谷，此时P的位移为-0.2cm

，故D错误。故选AC。二、非选择题：共56分。第12~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18题为选考题。考生根据要求作答。(一)必考题：共48分。13.某同学用如图所示装置测量物块与木板间的动摩擦因数。将木板放在水平面上，前侧固定

刻度尺，左端固定光电门，前沿上方固定有遮光片的物块从光电门左侧沿木板向右滑动，最后停在图中位置。测出遮光片通过光电门的挡光时间t，用游标卡尺测出遮光片的宽度d，并测出物块通过光电门后滑行的距离L。(1)物块停止时前沿

对应刻度尺的刻度是___cm；(2)物块与木板间的动摩擦因数μ=___（用所测物理量的符号及重量加速度g表示）。【答案】(1).88.67(2).222dgLt【解析】【详解】(1)[1]物块停止时前沿对应刻度尺的刻度是88.67cm；(2)[2]滑块经过光电门时的速度dvt=根据牛顿

第二定律有mgma=根据速度位移公式有22vaL=联立解得22=2dgLt14.某同学用一弹簧秤和一橡皮条做验证平行四边形的实验，装置如图所示，实验步骤如下：①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O点；②将三

根细线Pa、Pb、Pc结于P点，a端系在橡皮条下端．C端暂时空置，b端挂一钩码，钩码静止后，记录钩码重力G的大小和方向；③以O为圆心为OP为半径，画一圆弧；④用弹簧秤钩住c端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P移到图中所示位置，记录该位

置和弹簧秤的示数；⑤在白纸上作出各力的图示，验证平行四边形定则是否成立．（1）第④步中还应记录的是____________．（2）第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧秤拉力的合力大小等于______，方向_____则可验证平行四边形定则．【答案】(1).弹簧秤拉力的方

向(2).G(3).竖直向上【解析】【详解】（1）由于力是矢量，在验证时，需要记录拉力的方向，所以第④步中还应记录的是弹簧秤拉力的方向。（2）验证平行四边形定则，需要结合共点力平衡，任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，所以在第⑤步中，若

橡皮条拉力与弹簧秤拉力的合力大小等于钩码的重力G，方向竖直向上则可验证平行四边形定则。15.一探究小组要测量2B铅笔芯的电阻率，所用的实验器材有：电源E(9V)，铅笔芯(最大阻值约6Ω)，滑动变阻器(最大阻值20Ω)，电流表A(量程为0.3A，内阻约为0.5Ω)

，电压表V(量程为3V，内阻约为1000Ω)，开关S.(1)将虚线框内测量铅笔芯电阻的实验电路图补充完整________________。(2)实验中，改变连入电路的铅笔芯长度L，测出对应的电阻值R，测得的5组实验数据已描点在如

图甲所示的R－L坐标系中，请画出R－L图线________________________。(3)用螺旋测微器测量铅笔芯的直径。如图乙所示，其读数为________mm；(4)根据画出的R－L图线及测得的铅笔芯的直径，可求得铅笔芯的电阻率为________Ω·m(保留三位有效数字)。【答案】(

1).(2).(3).1.200(4).3.77×10－5【解析】【详解】(1)[1]由于待测电阻6=Rx<AV0.5100022RR=所以电流表应该用外接法，给出的滑动变阻器只有20Ω，全部接入时，电路中电流仍

超过电流表量程，所以滑动变阻器应采用分压接法。电路图如图(2)[2]根据描点法作出图象，如图所示(3)[3]螺旋测微器的读数为1mm＋20.0×0.01mm＝1.200mm(4)[4]由电阻定律得R＝ρL

S＝ρ24πLdR－L图线的斜率k＝24πpd解得ρ＝3.77×10－5Ω·m16.如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为37=，两导轨之间距离为0.2mL=，导轨上端m、n之间

通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为2.0T=B。一质量为0.05kgM=的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75m处由静止释放，金属棒接入两轨道间的电

阻0.4Ωr=，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨。（取210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=）求：(1)ab棒最终在磁场中匀速运动时的速度大小；(2)ab棒刚进入磁场时的加速度。【答案】(1)0.75m/s；(2)18m/s2，方向沿着导轨向

上【解析】【详解】(1)对金属棒ab受力分析，有重力和垂直与导轨平面向上的支持力，进入磁场后，还有沿着导轨向上的安培力，当sin37mgF=安时，金属棒ab匀速运动，又22BLvFBILr==安解得0.75m/sv=(2)金属棒进入磁场前，由动能定理得

21sin372mglmv=其中0.75ml=解得金属棒ab刚进磁场时的速度为3m/sv=此时的安培力为221.2NBLvFBILr===安则由牛顿第二定律得sin37mgFma−=安得218m/sa=−即ab棒刚进入磁场时的加速度大小为18m/s2，方向

沿着导轨向上。17.如图所示，在第二象限的正方形区域Ⅰ内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，在第四象限区域Ⅱ存在着垂直纸面向外足够大的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反。一质量为m、电量为e的电子由P（－d，d）点沿x轴正方向射入磁场区域Ⅰ。若电子从（0，2d）

位置射出并进入第一象限，求：（1）电子的轨迹半径R；（2）电子离开磁场Ⅱ时的位置与坐标原点O的距离。【答案】(1)54d；(2)198d【解析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图所示根据几何关系得2222dRdR=+−解得54Rd=(2)由上可知则∠PH

M=53°，根据几何知识，带电粒子在射出磁场区域I时与水平方向夹角为53°，则有33248dONd==根据几何关系得535445NARndsid===则电子离开磁场Ⅱ时的位置与坐标原点O的距离31988dddxd++==18.如图所示，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M＝

1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.24m的半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m＝2kg的滑块（可视为质点）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰

撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)滑块与小车共速时的速度及小车的最小长度；(2)滑块m恰好从Q点离开圆弧轨道时小车的长度；(3)讨论小车的长度L

在什么范围，滑块能滑上P点且在圆轨道运动时不脱离圆轨道？【答案】(1)3m；(2)4m；(3)小车的长度L在3m4mL或5.8m7mL范围，滑块能滑上P点且在圆轨道运动时不脱离圆轨道【解析】【分析】(1)滑块在小车滑行过程，系统所受的合外力为零，动量守恒，

可求出共同速度。小车的长度与系统产生的内能有关。当两者速度相同滑块刚好滑到小车的右端时，小车的长度最短，根据能量守恒求解最小长度；(2)滑块m恰好从Q点离开圆弧轨道时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求得经过Q点时的速度。小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，对滑块从车上开始滑动到运动到Q点的过程

，运用动能定理即可求得滑块滑过的距离，由几何关系求出小车的长度；(3)滑块不脱离圆轨道可能从Q点离开轨道，也可能滑到T点，根据动能定理结合上题的结果可求出L的范围。【详解】(1)由动量守恒知()01mvmMv=+得14m/sv=

设小车的最小长度为1L，由能量守恒知()221011122mgLmvmMv=−+得13mL=(2)因为m恰能滑过圆弧的最高点，有2QvmgmR=小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到最高点Q，在这个过程对滑块由动能定理222111222QmgLmg

Rmvmv−−=−解得21mL=所以小车长度124mLLL=+=(3)由(2)可知，滑块要想运动到Q点，小车的长度L必须满足3m4mL若滑块恰好滑至14圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而

不脱离圆轨道。小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到T点，在这个过程对滑块由动能定理2211'02mgLmgRmv−−=−解得2'2.8mL=此时小车的长度为125.8mLLL=+=小车的长度满足5.8m7mL【点睛】当遇到相互作用的问题时要想到运用动量守恒定律并结合能量守恒定律求解，

当遇到竖直面内圆周运动问题时注意临界速度的求法。该题还要注意对滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道的情景分析。(二)选考题：共8分。请从以下两题中任选一题作答。【物理——选修3-3】19.一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ

两部分；已知活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图（a）所示，此时上部气体的压强为p10。将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3:1，如图（b）所示。设外界温度不变，重力加速度大小为g，求活塞的质量m。【答案】1045pSmg=

【解析】【详解】设活塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为p20，倒置后上下气体的压强分别为p2、p1，由力的平衡条件得2010mgppS=+12mgppS=+倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得0010124VVpp=00202

324VVpp=联立解得1045pSmg=【物理——选修3-4】20.一束激光经S被分成a和b两束后，穿过玻璃球的光路如图所示，O为球心。入射时光束a和b与SO的夹角均为θ=30°，射入玻璃球时的入射角均为r1=60°，出射时光束均匀SO平行．光在真空中的速度

为c=3.0×108m/s，求光在玻璃球中的速度。【答案】8610m/s【解析】【详解】作出出射点的法线如图所示由几何关系有1r=+，23rr=，4r=，23rr+=+又cnv=，3124sinsinsin

sinrrnrr==代入数据可得8610m/sv=