1、山东省济宁市2021届高三物理上学期期末考试试题（含解析）注意事项1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。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。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 如图所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿y轴正向，匀强磁场的方向
2、垂直于xOy平面向里。一电子（不计重力）在xOy平面内运动时，速度方向保持不变。则电子的运动方向沿（）A. x轴正向B. x轴负向C. y轴正向D. y轴负向【答案】B【解析】分析】【详解】电子受电场力方向一定沿y轴负向，所以需要受沿y轴正向的磁场力才能匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿x轴负向运动，故B正确，ACD错误。故选B。2. 如图所示，R1、R2和R3都是定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是两理想电压表，闭合开关，当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，下列说法中正确的是（）A. 电压表V1示数减小B. 电压表V2示数增大：C. 电阻R2消耗的电功率增大D. 电压表V1
3、示数的变化量U1的绝对值小于电压表V2示数的变化量U2的绝对值【答案】D【解析】【分析】【详解】AB当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，R接入电路的阻值减少，总电阻减少，所以总电流变大，则内电压和R1两端的电压增大，所以 R2两端的电压减小，再根据部分电路的欧姆定律，通过R2的电流减小了，根据并联电路电流的特点，通过R3这部分支路的电流变大，则R3两端的电压变大，电压表V1示数变大，R两端的电压减小，电压表V2示数减小，故AB错误；C由AB的分析可知，通过R2的电流减小了，所以电阻R2消耗的电功率减少，故C错误；D通过以上分析可知，R2两端的电压等于R3两端的电压与R两端的电压之和，R
4、2两端的电压减小，即R3两端的电压与R两端的电压之和减少了，而R3两端的电压增大，所以R两端的电压减少的值大于R3两端电压增大的值，故D正确。故选D。3. 如图所示，用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是 A. 手掌对苹果的摩擦力越来越大B. 苹果先处于超重状态后处于失重状态C. 手掌对苹果的支持力越来越小D. 苹果所受合外力越来越大【答案】A【解析】【分析】【详解】A因为做匀速圆周运动，所以从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知摩擦力越来越大，所以A
5、正确.B苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中,加速度在竖直方向上有向下的加速度,可以知道苹果处于失重状态，故B错误.C从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可以知道支持力越来越大，故C错误.D苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误.4. 在平直的公路上行驶的甲车和乙车，其位移时间图像分别为图中直线和曲线，已知乙车做匀变速直线运动，当t=2s时，直线和曲线刚好相切，下列说法中正确的是（）A. 甲、乙两车均做减速运动B. t=0时，乙车的速度大小为4m/sC. 乙车的加速度大小为2m/s2D. 曲线与横坐
6、标的交点为4.5s【答案】B【解析】【分析】【详解】A在x-t图象中，斜率表示速度，根据图象可知，甲的斜率不变，速度不变，乙的斜率减小，速度减小，故做减速运动，故A错误；B由图可知，t=2s时刻两车的速度均为 t=2s时刻对应的x=2m，则位移s=6m，由可得v0=4m/s选项B正确； C乙车的加速度大小为即加速度大小为1m/s2，选项C错误；D结合逆向思维可知，曲线与横坐标的交点为选项D错误。故选B。5. 如图甲所示，a、b为两个闭合圆形线圈，用材料相同、粗细相同的均匀导线制成，半径，两个线圈均处于垂直纸面均匀分布的磁场中，且磁感应强度B随时间t按余弦规律变化，如图乙所示。规定垂直纸面向外为
7、磁感应强度的正方向，假设两线圈的距离足够远，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法中正确的是（）A. t1、t2时刻两环均无扩展或收缩趋势B. t1时刻两环中的感应电流的大小之比为C. 0t2时间内两环中的感应电流大小均先减小后增大D. 0t2时间内两环中的感应电流方向均先沿逆时针后沿顺时针【答案】A【解析】分析】【详解】At1时刻B=0，则两环受的安培力为零；t2时刻两环中磁感应强度的变化率为零，感应电流为零，则两环受安培力为零，则两个时刻两环均无扩展或收缩趋势，选项A正确；Bt1时刻因相同，则由两环中的感应电流的大小之比为选项B错误；C0t2时间内因先增加后减小，则根据两环中的感应电流大小均
8、先增大后减小，选项C错误；D0t2时间内两环的磁通量先向外减小后向里增加，根据楞次定律可得，两环中的感应电流方向一直沿逆时针方向，选项D错误。故选A。6. 2020年11月24日，中国在文昌航天发射场，用长征五号“遥五”运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，对月球进行第六次探测，也是中国航天迄今为止最复杂、难度最大的任务之一，将实现中国首次月球无人采样返回，助力深化月球成因和演化历史等科学研究。“嫦娥五号”探测器的飞行轨道示意图如图所示，假设“嫦娥五号”在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的引力，则下列说法中正确的是（）A. “嫦娥五号”在环月段椭圆轨道上经过P点时的速度大于经过
9、Q点时的速度B. “嫦娥五号”在环月段圆轨道上运动的周期小于在环月段椭圆轨道上运动的周期C. “嫦娥五号”在环月段圆轨道上经过P点时的速度大于在环月段椭圆轨道上经过P点时的速度D. 若已知“嫦娥五号”环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，可以计算出月球的密度【答案】C【解析】【分析】【详解】A由开普勒第二定律可知，“嫦娥五号”在近月点的速度大于远月点的速度，故A错误；B有开普勒第三定律可得，“嫦娥五号”在环月段圆轨道上运动的周期大于在环月段椭圆轨道上运动的周期，故B错误；C“嫦娥五号”在环月段圆轨道上经过P点进入环月段椭圆轨道时，需要减速做近心运动，所以C正确；D若已知“嫦娥五号”环月段圆轨
10、道半径、运动周期和引力常量，则有可得可以计算出月球的质量，不知道月球的半径，不能求密度，故D错误。故选C。7. 如图所示，正方形AMBN、CPDQ处于纸面内，A、B处各固定一根通电长直导线，二者相互平行且垂直纸面放置，通入电流的大小均为I，方向如图所示，它们在N点处产生的磁感应强度大小为B；C、D处固定两个等量异种电荷，它们在Q点处产生的电场强度大小为E，下列说法正确的是（）A. M、N两点的磁感应强度方向相反B. P、Q两点的电场强度方向相反C. 若使A处直导线电流反向，大小不变，则M处的磁感应强度大小为D. 若使C处电荷改为正电荷，电量不变，则P处的电场强度大小为E【答案】D【解析】【分析
11、】【详解】A根据安培定则可知，导线A在M点产生的磁感应强度方向沿BM方向，导线B在M点产生的磁感应强度方向沿AM方向，合磁感应强度方向沿NM方向；同理，N点合磁感应强度方向沿NM方向，两者同向，故A错误；B根据等量异种电荷的电场分布可知，P、Q两点的电场强度方向相同，均水平向左，选项B错误；C因MN两点的合磁场大小和方向均相同，均为B，则每根导线在M和N点产生的磁感应强度均为，则使A处直导线电流反向，大小不变，则M处的磁感应强度大小为 选项C错误；D两电荷在Q点处产生的电场强度大小为E，则每个电荷在Q点的场强均为；若使C处电荷改为正电荷，电量不变，则P处的电场强度大小为选项D正确。故选D。8.
12、 航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化 (即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力已知单个正离子的质量为m,电荷量为q,正、负极栅板间加速电压为U,从喷口喷出的正离子所形成的电流为I忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响该发动机产生的平均推力F的大小为A. B. C. D. 【答案】A【解析】以正离子为研究对象，由动能定理得，时间内通过的总电量为，喷出的总质量为由动量定理可知正离子所受平均冲量，由以上式子可得，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力，故A正确二、多项选择题本题共
13、4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 如图所示，一倾角为的斜面体放置在水平地面上，其上表面光滑、下表面粗糙。用一轻绳跨过定滑轮拉动一质量为m的小球，在与小球相连的细绳变为竖直方向过程中，可使小球沿斜面向上做一段匀速运动。斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球做匀速运动过程中，下列说法中正确的是（）A. 外力F一直增大B. 斜面体受到地面的支持力先增大后减小C. 此过程中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左，大小逐渐减小D. 绳子右端移动的速度大于小球沿斜面运动的速度【答案】AC【解析】【分析】【
14、详解】A设细绳与斜面的夹角为，则当小球匀速运动时，由平衡可知 则当逐渐变大时，F逐渐变大，选项A正确；B对斜面体和小球的整体，竖直方向当逐渐变大时，FN逐渐变小，选项B错误；C对斜面体和小球的整体，水平方向，此过程中斜面体受到地面的摩擦力等于拉力F的水平分量，则水平向左，大小为当逐渐变大时，Ff逐渐减小，选项C正确；D将小球运动的速度v分解为沿绳子方向的速度v1和垂直绳子方向的速度，则v1=vcos则v1v即绳子右端移动的速度小于小球沿斜面运动的速度，选项D错误。故选AC。10. 2020年12月9日晚，2020-2021赛季中国女子排球超级联赛第三阶段结束了第5个比赛日的较量。在9日晚上天津
15、队与，上海队的比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L=3.60 m处起跳，在离地面高H=3. 20 m处将球以v0=12 m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假设球员乙的直立高度为h1=2.40 m、起跳拦网高度为h2=2.85 m，取g=10 m/s2，不计空气阻力。下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（）A. 乙在甲击球前0.1s时起跳离地B. 乙在甲击球时起跳离地C. 乙在甲击球后0.1s时起跳离地D. 乙在甲击球后0.2s时起跳离地【答案】ABC【解析】【分析】【详解】AB排球运动到乙位置的过程的时间为该段时间排球下降的距离为
16、球所在的高度H=3.20-0.45=2.75m；球员乙起跳拦网高度为跳起的高度为乙在起跳离地的初速度为竖直上抛运动的下降时间与上升时间相等，故有故乙在甲击球前0.1s时起跳离地，乙运动了0.4s，运动的位移所在的高度为 ，故能够到球，故A正确；故乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点2.85m，可以拦住，故B正确；CD上升时间0.1s时球到达乙位置，上升的高度为此时高度为,不能够到球；上升时间0.2s时球到达乙位置，上升的高度为此时高度为,能够到球；故C正确，D错误。故选ABC。11. 质量为m的带电小球由空中某点P无初速度地自由下落，经过时间t，加上竖直方向且范围
17、足够大的匀强电场，再经过时间t小球又回到P点。整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则（）A. 电场强度的大小为B. 整个过程中小球电势能减少了C. 从P点到最低点的过程中，小球重力势能减少了D. 从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了【答案】AD【解析】【分析】【详解】A.设电场强度为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则由和可得故A正确；B.整个过程中电场力做功所以小球电势能减少了，故B错误；C. 从P点到最低点过程中，小球下降的距离所以小球重力势能减少故C错误；D.小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少故D正确；
18、故选AD。12. 如图所示，电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L、长度足够长，导轨左端连接一阻值为 R的电阻，整个导轨平面处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒垂直于导轨放置并始终与导轨接触良好，接触点a、b之间的导体棒阻值为2R，零时刻沿导轨方向给导体棒一个初速度v0，经过一段时间后导体棒静止，下列说法中正确的是（）A. 零时刻导体棒的加速度为B. 零时刻导体棒ab两端的电压为C. 全过程中流过电阻R的电荷量为D. 全过程中导体棒上产生的焦耳热为【答案】BC【解析】【分析】【详解】A零时刻导体棒，电路中产生的电动势电路中的电流导体棒受到的安培力根据
19、牛顿第二定律，零时刻导体棒的加速度A错误；B零时刻导体棒ab两端的电压B 正确；C以初速度方向为正方向，对导体棒根据动量定理可得 根据电荷量的计算公式可得通过电阻的电荷量为C正确；D根据能量守恒，全过程中电路中产生的焦耳热为则全过程中导体棒上产生的焦耳热 D错误。故选BC 。三、非选择题本题共6小题，共60分。13. 某同学设计如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门的时间t，当地的重力加速度为g。为了验证机械能守恒定律，该实验准备了如下器材：铁架台、夹子、小铁球，光电门、数字式计时器、游标卡尺（
20、20分度）、毫米刻度尺。(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图丙所示，则其直径为d=_cm；(2)调整AB之间距离h，记录下小铁球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图像如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率k0=_；(3)在实验中根据数据实际绘出图像的直线斜率为k（kk0），则实验过程中所受的平均阻力F阻与小球重力mg的比值=_（用k、k0表示）。【答案】 (1). 2.145 (2). (3). 【解析】【分析】【详解】(1)1用游标卡尺测量小铁球的直径d=2.1cm+0.05mm9=2.145cm.(2)2已知经过光电门的时间和小球的直径，由平均速度表
21、示经过光电门时的速度小球下落过程中，重力势能减少量等于动能增加量时可以认为机械能守恒；则有化简可得那么该直线斜率(3)3因存在阻力，对小球下落过程运用动能定理可得解得所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值14. 某物理兴趣小组测量一段某材料制成的电阻丝Rx的电阻率。(1)先用螺旋测微器测量电阻丝Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d=_mm；再用刻度尺测出电阻丝Rx的长度为L；(2)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用_挡（选填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为_；(3)为了准确测量电阻丝的电阻
22、Rx，某同学设计了如图丙所示的电路。闭合S1，当S2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1；当S2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，则待测电阻的阻值为Rx，_ （用题中的物理量符号表示）；根据电阻定律计算出该电阻丝的电阻率=_（用Rx、d、L表示）。【答案】 (1). 0. 200 (2). 1 (3). 14.0 (4). (5). 【解析】【分析】【详解】(1)1甲图中，螺旋上的20对应主尺的水平线，主尺上露出的示数是零，所以直径为0.200mm；(2)2用多用电表测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用小量程电阻挡，用“1”挡；3指针
23、静止时指在如图乙所示刻度，读数为14，乘挡位“1”，所以是14.0；(3) 4 当S2接a时，电压表测Rx和R0的电压，电流表测Rx和R0的电流，则有当S2接b时，电压表测R0的电压，Rx和R0的电流，则联立两式可得5 根据电阻定律可得15. 强行超车是道路交通安全的极大隐患。如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以v0=36 km/h的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1=4.8m、货车车身长L2=7.2m，货车在甲车前s=4m处。若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为a=2 m/s2。 假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：(1)甲车完成超车至少需要多长
24、时间； (2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距s0=115m，乙车速度为v乙=54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。【答案】(1) t=4s；(2) 不能安全超车【解析】【分析】【详解】(1)设甲车完成超车至少需要时间t，则t时间内甲车位移为 货车位移为完成超车需满足 联立求解可得t=4s (2)刚好完成超车时，甲车位移为 乙车位移大小为所以不能安全超车。16. 如图所示，一水平轻弹簧右端固定在水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M=2kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m=1 kg的光滑小球以初速度v0=3m/s
25、与物块发生弹性正碰，碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P点。不计空气阻力，物块和小球均可视为质点。求：(1)小球的最终速度；(2)弹簧的最大弹性势能Ep。【答案】(1) 1m/s，方向水平向左；(2) 2J【解析】【分析】【详解】(1)规定向右为正方向，设小球与物块发生弹性正碰后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2。碰撞前后小球与物块系统动量守恒碰撞前后瞬间小球与物块系统动能守恒由以上两式解得v1=- 1m/s v2= 2m/s 小球的最终速度大小为1m/s，方向水平向左；(2)设物块碰后向右运动至回到P点的全过程物块克服摩擦力做的功为W克对全过程，由动能定理 碰后物块向
26、右运动至速度为零的过程中，由动能定理得解得Ep=2J17. 如图所示，放置水平面上的长木板的左端放置一小滑块（可视为质点），右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道最低点P与长木板等高，半圆弧轨道的最高点Q处装有一压力传感器。现用水平向右恒力F作用在小滑块上，小滑块到达P点时撤去力F ，此时长木板也恰好到达P点，并立即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q。已知小物块的质量为m=1kg，长木板的质量为M=1kg，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为1=0.4和2=0.1，半圆弧轨道半径为R=0.4m，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q时，压力
27、传感器的示数为FN=12.5N，长木板右端与底座左端的距离为x= lm。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：(1)小滑块到达P点时速度的大小vp；(2)长木板的长度L；(3)水平恒力F的大小。【答案】(1)5m/s；(2)1.5m；(3) 9N【解析】【分析】【详解】(1)在Q点，轨道对小滑块的支持力为由牛顿第二定律从P到Q的过程中，由动能定理得联立可解得vp=5m/s。(2)对长木板，由牛顿第二定律得由运动学规律得解得t=1s，则长木板的长度为(3)对小滑块，由运动学的规律得由牛顿第二定律得解得F=9N。18. 如图所示，空间存在匀强磁场和匀强电场，虛线MN为磁场
28、和电场的分界线，电场的宽度为L，方向水平向右，平行于MN放置一个厚度可忽略不计的挡板，挡板左右两侧的磁感应强度大小相等，挡板左侧磁场方向垂直纸面向里，磁场宽度为d，挡板右侧磁场方向垂直纸面向外。一质量恒为m，带电量恒为+q的粒子以初速度v0从O点沿水平方向射入匀强磁场，当粒子的速度方向偏转了30时，刚好穿过挡板，已知粒子穿过挡板后，速度方向不变，大小变为原来的一半，当粒子继续在磁场中运动经过MN时，恰好沿垂直电场的方向进入匀强电场区域，并以与水平方向夹角为45的方向离开电场。（不计粒子的重力，磁场的左边界和电场的右边界均与MN平行。磁场和电场范围足够长，不计粒子穿过挡板所用的时间）求：(1)挡板右侧磁场的宽度D；(2)磁感应强度B与电场强度E的比值；(3)粒子从射人磁场到离开电场所用的时间t。【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】【分析】【详解】(1)粒子在磁场中的偏转轨迹如图所示，在挡板左侧磁场中，由几何关系得由牛顿第二定律得 在挡板右侧磁场中，粒子速度变为原来的一半。由牛顿第二定律得由几何关系得 解得(2)在电场中，由几何关系得水平方向上，由运动学规律得解得故 (3)粒子在挡板左右两侧的磁场中运动周期相同粒子在挡板左侧的磁场中运动时间粒子在挡板右侧的磁场中运动时间粒子在电场中运动粒子从射入磁场到离开电场所用的时间解得
