2019～2020学年第一学期福州市高三期末质量检测物理试卷
一、选择题
1.用国际单位制的基本单位表示电压单位，下列正确的是（ ） A. J·C -1 B. A·Ω
C. kg·m 2·A -1·s -3
D. N·m·C -1
【答案】C 【解析】 【详解】根据P W mal U I tI tI
=
==得 22-3-1kg m/s m
1V==m kg s A A s
?????．；
A ．J·C -1，与结论不相符，选项A 错误；
B ．A·Ω，与结论不相符，选项B 错误；
C ．kg·m 2
·A -1
·s -3
，与结论相符，选项C 正确； D ．N·m·C -1，与结论不相符，选项D 错误； 故选C.
2.如图为示波管的工作原理图：电子经电压为U 1的电场加速后，垂直射入电压为U 2的匀强偏转电场，偏转电场的极板长度为L ，极板间的距离为d ，y 为电子离开偏转电场时发生的偏转
距离。用“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即2
y
U （该比值越大则灵
敏度越高），下列可以提高示波管灵敏度的方法是（ ）
A .
减小U 1
B. 增大U 1
C. 减小U 2
D. 增大U 2
【答案】A 【解析】
【详解】经加速电场后的速度为v ，则有：
21 1
2
mv eU ＝ 所以电子进入偏转电场时速度的大小为：
1
02eU v m
=
电子进入偏转电场后的偏转的位移为：
2222201
11()224eU U L L y at md v dU ===
所以示波管的灵敏度
2
21
4y L U dU ＝ 所以要提高示波管的灵敏度可以增大L ，减小d 和减小U 1。 A ．减小U 1，与结论相符，选项A 正确； B ．增大U 1，与结论不相符，选项B 错误； C ．减小U 2，与结论不相符，选项C 错误； D ．增大U 2，与结论不相符，选项D 错误； 故选A 。
3.如图所示，由均匀电阻丝组成的直角三角形导体框ACDA 垂直于匀强磁场放置，线框的AC 、
AD 、CD 边的长度之比5∶4∶3。现将导体框顶点A 、C 与直流电源两端相接，已知线框的AC
边受到安培力大小为F ，则导体框ACDA 受到的安培力的大小为（ ）
A. 0
B.
127
F
C.
57
F D. 2F
【答案】B 【解析】
【详解】设通过AC 的电流为I ，则通过ADC 的电流为55347
I I =+ 设AC 、AD 、CD 边的长度分别为5L ∶4L ∶3L ；因
F =BI ?5L
则AD 和DC 边受力分别为
54477AD I F
B L F =??= 53377
DC
I F B L F =??=
因AD 和DC 受安培力的合力方向竖直向上，与AC 所受的安培力同向，则导体框ACDA 受到的安培力的大小为
224312=(
)()777
F F F
F F ++=
合 A ．0，与结论不相符，选项A 错误；
B ．
127F
，与结论相符，选项B 正确； C ．57
F ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．2F ，与结论不相符，选项D 错误； 故选B.
4.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行。初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t 图象(以地面为参考系)如图乙所示，已知当地重力加速度为g ，则下列判断正确的是 ( )
A. 在0～t 1时间与t 1～t 2时间内小物块加速度大小相等，方向相反
B. 滑动摩擦力始终对小物块做负功
C. 小物块与传送带之间的动摩擦因数为2
1
v gt
D. 小物块向左运动的最远距离为()1221
2
v v t + 【答案】C 【解析】
【详解】A ．由v-t 图像可知，在0～t 1时间与t 1～t 2时间内小物块加速度大小相等，方向相同，选项A 错误；
B ．滑动摩擦力先对小物块做负功，然后做正功，选项B 错误；
C ．由v-t 图像可知，物块在传送带上做减速运动的加速度
2
1
v a
t =
由
mg
a g m
μμ=
=
解得小物块与传送带之间的动摩擦因数为
2
1
=
v gt μ 选项C 正确；
D ．在t 1时刻物块的速度减为零，此时向左滑行的最远，最远距离为：
211
2
x v t =
选项D 错误； 故选C.
5.如图所示，带电小球用绝缘细线悬挂在O 点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，小球质量为m ，带电量为q ，细线长为l ，重力加速度为g ，则（ ）
A. 小球带正电
B. 电场力大于重力
C. 小球运动到最低点时速度最大
D. 小球运动过程最小速度至少为
qEl
m
【答案】B 【解析】
【详解】AB ．因为小球运动到最高点时，细线受到的
拉力最大，可知重力和电场力的合力方
向向上，即电场力方向向上，电场力大于重力，小球带负电，选项A 错误，B 正确； C ．因重力和电场力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，选项C 错误； D ．小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足
2
v qE mg m l
-=
即
()qE mg l
v m
-=
选项D 错误； 故选B.
6.我国的高铁技术处于世界领先水平，动车组由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动
车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组（ ）
A. 启动时乘客受到车厢作用力方向与车运动的方向相反
B. 进站时关闭发动机后匀减速滑行的距离与其初速度成正比
C. 以额定功率开启一节动车的动力与同时开启两节动车的动力，其最大行驶速度之比为1∶2
D. 两节动车都以额定功率使动车组做匀加速运动时，第2、3节与第5、6节车厢间的作用力之比为2∶3 【答案】CD 【解析】
【详解】A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，选项A 错误；
B ．根据22v x a
=可知，进站时关闭发动机后匀减速滑行的距离与其初速度平方成正比，选项B
错误；
C ．以额定功率开启一节动车时：
P =8kmgv 1
同时开启两节动车时：
2P =8kmgv 2
则其最大行驶速度之比为v 1:v 2=1∶2，选项C 正确； D ．对整体：
288F kmg
a m
-=
对1、2节车厢的
整体：
2322F kmg T ma --=
对6、7、8节车厢的整体：
5633T kmg ma -= 解得
235623T T =::
选项D 正确； 故选CD.
7.“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一。其构造如图所示，橡皮筋两端点A 、B 固定在把手上， AB 连线的中垂线上有C 、E 、D 三点，其中橡皮筋ACB 恰好处于原长。将弹丸放在C 处，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点后放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则（ ）
A. 从D 到C 过程弹丸的机械能不守恒
B. 从D 到C 过程弹丸的动能一直在增大
C. 从D 到C 过程弹丸所受的合力先减小后增大
D. 从D 到E 过程弹丸增加的机械能大于从E 到C 弹丸增加的机械能 【答案】ACD
【解析】
【详解】A ．从D 到C ，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A 正确。 BC ．橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C 处橡皮筋的拉力为0，在CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D 到C ，弹丸的合力先向上后向下，先减小后增大，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B 错误，C 正确。
D ．从D 到
E 橡皮筋作用在弹丸上的弹力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的弹力，两段位移相等，所以DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故D 正确； 故选ACD 。
8.如图所示，a 、b 两个不同的带电粒子，从同一点平行于极板方向射入电场，a 粒子打在B 板的a '点，b 粒子打在B 板的b '点，不计重力，下列判断正确的是（ ）
A. 若粒子比荷相同，则初速度一定是b 粒子大
B. 初速度一定是b 粒子大
C. 两粒子在电场中运动的时间一定相同
D. 若粒子初动能相同，则带电量一定是
a 粒子大
【答案】AD 【解析】
【
详解】AB ．对每个粒子，水平方向
x vt =
竖直方向
2
22
122qE qEx h t m mv ==
； 若粒子比荷相同，因b 粒子的水平位移大，则初速度一定较大，选项A 正确，B 错误；
C ．由2
12qE h t m
=可知，因两粒子的荷质比不确定，则时间关系不能确定，选项C 错误； D ．由
2222
1=224k
qE qEx qEx h t m mv E ==
则若粒子初动能相同，因a 粒子的水平位移x 较小，则带电量q 一定大，选项D 正确； 故选AD.
9.将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把质量为m 的小物体轻放在弹簧上端，小物体由静止向下运动，小物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 当地重力加速度为a 0；
B. 弹簧的劲度系数为
2ma x C. 小物体向下运动过程中最大动能为
00
2
ma x D. 小物体向下运动过程中弹簧最大弹性势能为ma 0x 0 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．小物体刚放上弹簧时的加速度等于当地的重力加速度，则当地重力加速度为a 0，选项A 正确；
B ．弹簧压缩量为x 0时，加速度为0，此时：
kx 0=mg =ma 0
解得
ma k x =
选项B 错误；
C ．由v 2
=2ax ，结合图像可知a-x 图像中横纵坐标的乘积等于
2
12
v ，则 20011
22
k E mv ma x =
= 选项C 正确；
D ．小物体向下运动过程中最大压缩量为2x 0，此时弹簧弹性势能最大，由能量关系可知，弹
性势能的最大值等于重力势能的减小，即
00022p E mg x ma x =?=
选项D 错误； 故选AC.
10.四个电荷量大小相等的点电荷位于边长为a 的正方形四个角上，两组对边的中垂线分别在
x 、y 轴上，交点为原点O ，各电荷电性如图所示，P 、Q 分别为坐标轴上的点，取无穷远处电
势为零，下列说法正确的是( )
A. O 点的电场强度为零
B. PM 两点间电势差等于QM 两点间电势差
C. 将正电荷从P 点移到Q 点，电场力做正功
D. 负电荷在Q 点的电势能大于在M 点的电势能 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．由场强叠加原理可知，O 点的电场强度为零，选项A 正确；
B ．根据电场线与等势面垂直，可知x 轴和y 轴是两条等势线，则P 与Q 的电势相等，则PM 两点间电势差等于QM 两点间电势差，选项B 正确；
C ．P 与Q 的电势相等，将正电荷从P 点移到Q 点，电场力不做功，选项C 错误；
D ．因Q 点的电势高于M 点，则负电荷在Q 点的电势能小于在M 点的电势能，选项D 错误； 故选AB. 二、实验题
11.某同学用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。实验中，让滑块都从气垫导轨某一固定位置O 静止开始下滑，已测得气垫导轨倾角为θ。
（1）下列物理量不需要．．．测量的是（ ） A ．滑块和挡光板的总质量M B. 光电门位置P 到O 点之间的距离l C. 挡光片通过光电门遮光时间△ t D. 挡光片的宽度d
（2）先用游标卡尺测出挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d =________mm 。
（3）若某次实验中测出宽度d = 10.00mm ，挡光片通过光电门遮光时间Δt = 5.75 ms ，则滑块通过光电门的速度v =________m/s （计算结果保留3位有效数字）。
（4）根据直接测量的物理量，经过计算分析就可以验证滑块和挡光板整体下滑过程中机械能是否守恒。
【答案】 (1). A (2). 10.20 (3). 1.74 【解析】
【详解】（1）[1]．要验证的关系是：
21sin ()2d
Mgl M t
θ=
? 即
21sin ()2d
gl t
θ=?
则不需要测量的是滑块和挡光板的总质量M ，故选A. （2）[2]．遮光片的宽度d =1cm+4×0.05mm=10.20mm. （3）[3]．滑块通过光电门的速度
3
0.01m/s 1.74m/s 5.7510d v t -=
==?? 12.某同学想通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x 的阻值。现有电源（3 V ，内阻可不计）、滑动变阻器（0~50Ω，额定电流2 A ），开关和导线若干，以及下列电表：
A ．电流表（0~3 A ，内阻r 1 = 0.02 Ω）
B ．电流表（0~0.6 A ，内阻r 2 = 0.10 Ω）
C ．电压表（0~3 V ，内阻约3 kΩ）
D ．电压表（0~15 V ，内阻约15 kΩ）
（1）为了避免由于电压表、电流表内阻造成的系统误差，实验电路应采用图1中的_____图（选填“甲”或“乙”），电流表选用_________，电压表选用_________。（填上所选用仪器前的字母）
（2）图2是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。 （ ）
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U 。某次电表示数如图3所示，电流表读数为____A ，电压表读数为____V ，可得该电阻的测量值x R 为____Ω（保留2位有效数字）。
（4）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x 的增加，被测电阻R x两端的电压U也随之增加，下列反映U-x关系的示意图4中正确的是_____。
【答案】 (1). 乙 (2). B (3). C (4).
(5). 0.50 (6). 2.60 (7). 5.1 (8). A
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]．为了避免由于电压表、电流表内阻造成的系统误差，因电流表的内阻已知，则实验电路应采用图1中的乙图；电源电动势3V，则电压表选用C；电路中可能出
现的最大电流为
3
A0.6A
5
I==，则电流表选用B。
（2）[4]．电路连线如图：
（3）[5][6][7]．电流表最小刻度为0.02A,则读数为0.50A，电压表最小刻度为0.1V，则读数为2.60V，可得该电阻的测量值
2.60
=0.1 5.1
0.50
A
x
U
R
R
I
-=Ω-Ω=Ω。
（4）[8]．根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，X
x
x
E
U IR R
L x
R R
L
==
-
+
，当滑片P移动距离x的增加，被测电阻R x两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则U-x图象如图A所示，故选A．
三、计算题
13.某卫星在地球赤道正上方做匀速圆周运动，其运行方向与地球自转方向相同，如图所示。已知地球的质量为M，卫星轨道半径为r，引力常量为G
（1）求该卫星绕地球运动的速度v和周期T；
（2）在图中标出从赤道P处可以观察到卫星的范围所对应的圆心角。
【答案】（1）
GM
r
；
3
2
r
GM
π；（2）AB之间及其对应圆心角
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律：
2
2
Mm v
G m
r r
=①
2
2
2
Mm
G m r
r T
π
??
= ?
??
②
解得：
GM
v
r
=③
3
2r T GM
π
= ④ （2）如图所示，AB 之间及其对应圆心角
14.如图所示，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P 和Q 用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k （1）画出小球P 、Q 的受力示意图； （2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。
【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2
sin EL k θ
【解析】
【详解】（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图
根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ① （2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2 根据库仑定律：
12
2
C q q F k
L = ② 根据牛顿第三定律：
F C =F C / ③
对于P 球： 根据平衡条件：
1sin C q E F θ= ④
解得：
2
1sin EL q k θ
=
⑤ 对于Q 球： 根据平衡条件：
'
2sin c q E F θ= ⑥
解得：
2
2sin EL q k θ
=
⑦ 15.如图所示，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45°斜向下的匀强电场，MN 下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。一带正电的粒子以速度v 从MN 线上的O 点垂直电场和磁场方向射入磁场。粒子第一次到MN 边界线，并从P 点进入电场。已知粒子带电量为q ，质量为m ，O 、P 之间的距离为L ，匀强电场强度为E ，不计粒子的重力。求： （1）磁感应强度B ；
（2）粒子从O 点开始到第四次到达MN 边界线的总时间t 。
【答案】（1）2mv ；（2）42mv L
qE π+ 【解析】
【详解】（1）粒子从O 点进入磁场做匀速圆周运动到达P 点，设圆周半径为R 由几何关系可得：
222R L =
2
2
R L =
①
由牛顿第二定律得：
2
v qvB m R
= ②
解得：
2mv mv
B qR Lq
=
=
③ （2）粒子第一次在磁场运动的时间
14
T
t =
④
2R
T v π=
= 由图可得，粒子第一次进入电场做匀减速运动，而后第二次经过P 点进入磁场 设：粒子第一次在电场中运动的时间为t 2 由牛顿第二定律：
Eq ma = ⑥
由运动学公式：
222v mv t a qE
=?
= ⑦ 粒子第二次进入磁场运动的时间为t 3 由图可得：
334
T
t =
⑧ 粒子第二次进入电场后做类平抛运动
设经过t 4时间再次进入磁场，此次为第四次到达电场和磁场的边界线 由运动学公式：
2
412
y at =
4x vt = ⑨
由图得：
tan 45y
x
?=
⑩ 解得：
42mv
t qE
=
? 粒子从开始运动到第四次到达MN 边界线的时间
12344mv L
t t t t t qE v
=+++=
+
? 16.质量为m A = l.0 kg 的小物块A 静止在水平地面上，与其右侧的竖直墙壁距离l = 1.0 m ，如图所示。质量为m B = 3.0 kg 的小物块B 以v 0 = 2m/s 的速度与A 发生弹性正碰，碰后A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ = 0.20。重力加速度
取g = 10 m/s2。A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。 （1）求A 、B 碰后瞬间速度v A 、v B 的大小；
（2）A 、B 碰后哪一个速度先减为零？求此时A 与B 之间的距离Δs 1； （3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离Δs 2。
【答案】（1）v A =3.0 m/s ，v B =1.0 m/s ； （2）0.50 m ；（3）0.25m 【解析】
【详解】（1）小物块A 、B 发生弹性正碰 则：
m B v 0 = m A v A + m B v B ①
222
0111222
B B B A A m v m v m v =+ ② 联立①②式并代入题给数据得
v A =3.0 m/s v B =1.0 m/s ③
（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a 。假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为碰撞后速度较小的B 。设从碰撞到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B 。则有：
B B m a m g μ= ④ 21
2
B B s v t at =-⑤
0B v at -=⑥
在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为
s A = v A t –2
12
at ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
s A =1.25 m s B = 0.25 m ⑧
这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.75 m 处。B 位于出发点右边0.25 m 处，两物块之间的距离Δs 1为
Δs 1=0.75 m-0.25 m = 0.50 m ⑨
（3）t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有
()'22
11222
A A A A A
B m v m v m g l s μ-=--⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得
/s A v '?
故A 与B 将发生碰撞。设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ′′和v B ′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
()
'A A A A B B m v m v m v ''''
-=+?
'2''2''2111222
A A A A
B B m v m v m v =+? 联立???式并代入题给数据得
'/s A v =
，'/s B v =? 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式
'''2
2A A as v = '''22B B as v =?
由④??式及题给数据得
'0.125m A s =，'0.125m B s =?
s A ′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
Δs 2 = 0.25m ?