2019-2020学年百师联盟高三(上)期中物理试卷(山东卷)

1、2019-2020学年百师联盟高三（上）期中物理试卷（山东卷）一、选择题（共 8小题，每小题4分，计48分.其中1-8为单项选择，9-12为多项选择）1. （4分）关于万有引力定律发现历程描述正确的是（）A .牛顿在实验室对开普勒第三定律进行了验证B .牛顿根据开普勒第三定律推导出行星维持轨道运行所需的力与它们到旋转中心距离的平方成反比关系C.牛顿只研究太阳与行星之间的引力，即得出了万有引力定律D.笛卡尔测定引力常量，为万有引力定律的普遍意义奠定了强有力的实验基础2. （4分）真空中电荷量为+Q的点电荷固定在 。点，电荷量为-q的点电荷P仅在库仑力作用下绕 。点做匀速圆周运动，如图所示。某同学

2、欲在 OP连线上某点放置质量很小、电荷量为+8的点电荷（已知SV qvQ）,给该电荷恰当的速度，电荷也绕 。点做圆周运动，周期和 P相同，则OP连线上存在几个这样的位置（）A . 1个B. 2个C. 3个D.不存在这样的位置3. （4分）如图所示，自P点把小球a、b沿水平方向抛出，a到达x轴上。点时速度方向与y轴负方向夹角为45 b球到达x轴上B点时速度方向与x轴正方向夹角为60° , A为x轴上一点，PAXAB .则坐为（）A. 1B. V2C后D.4. （4分）滑水是人在水橇上借助动力船拖拽在水面上“行走”的运动，比赛中快艇通过绳子拖拽运动员照片如图甲所示，为分析该运动，某同学做

3、出俯视示意图，如图乙所示，v人为运动员速度，v船为快艇速度。已知 “W 3W45° .则下列v人和v船关系正确的是（VAA . V 人 COS a= V 船 COS 3B. v 人 sin a= v 船 sin 3C.sinCl sinPD.，人 u船COS CI COE P5. （4分）质量1.0kg的物块在拉力 F作用下沿水平面做直线运动t=0时刻物块速度 v0=2.0m/s,物块速度时间图象如图所示，已知020s拉力 F做功12J ,则0 - 4.0s拉力 F的平均功率是（）A . 5.0WB . 6.0WC. 8.0WD. 10.0W6. （4分）如图，轻质杆一端有光滑转轴O

4、,杆可绕轴O在竖直面内做圆周运动，中点和另一端点分别固定质量均为m的小球P、Q,给装置瞬时冲量，两小球绕O点做圆周运动，若 Q在最高点时对杆作用力恰好为零，则杆对P的作用力为（）A .亍mg,方向沿杆向上IC. 2mg,方向沿杆向上3.1 mg，方向沿杆向上D. ymg,方向沿杆向下7. （4分）甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度时间图象如图所示，当横纵坐标轴标度相同时，甲为直线，乙为半圆弧，甲、乙图线相交时刻为 a, a恰好是乙图线圆心， 下列分析正确的是 （）A.甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动8. a时刻甲乙两车加速度相等C.若初始时甲乙两车相距工a2,则两车

5、可相遇两次4D.若初始时甲乙两车相距a2,则两车可相遇一次38. （4分）质量为m,电荷量为+q的带电小球处在匀强电场中，电场的等势面及各等势面电势（f）0）如图所示,等势面与水平方向成 60角，间距d=ELl.给带电小球水平速度 V0,当小球运动到等势面-3（）时的动能为（）2mgD.mvj+3近帕C. mv ：+3x/ll 归9. （4分）若取距地球无穷远时的地球引力势能为零，则质量为m的物体的势能为 Ep=- gH典，其中M为地球质r量，r为物体到地心距离，G为引力常数。如图所示， P、Q为质量相等的两颗卫星，绕地球做圆周运动，则下列判断正确（）A. P的引力势能小于 Q的引力势能B .

6、 P的动能大于Q的动能C. P的机械能大于Q的机械能D.回收卫星Q的过程中，Q的机械能减少10. （4分）质量为 m的小球，以一定初速度竖直上抛，若小球所受空气阻力大小与小球速度大小成正比，关于小球自抛出至返回抛出点过程中，下列分析正确的是（A .小球上升过程平均速度大于下降过程小球平均速度B .小球上升过程重力的平均功率等于下降过程重力的平均功率C .小球上升过程损失的机械能大于下降过程损失的机械能D .小球上升过程空气阻力的冲量大小大于下降过程空气阻力的冲量R4的滑片向右移动时，下列说法正确的是（11. （4分）如图电路，电表均为理想电表当滑动变阻器A.电压表示数增大B.电流表示数变小C.

7、电阻R2的功率增大D.电阻R3的功率增大12. （4分）如图所示，斜面体置于水平面上， 斜面表面光滑，一根细绳的上端系在 。点，下端系质量为 m的小球。水平推动斜面体，使小球绕 O点做匀速圆周运动，细绳拉力为 Fr,斜面体对球白支持力为 Fn,则小球由实线位置运动到虚线位置过程中，判断正确的是（A . Fr变大B. Fn变大C. Fr与Fn合力变大D . Fr、FN和mg合力大小不变二、实3题（13题6分，14题9分，计15分）13. （6分）某同学利用图1的装置测量轻弹簧的劲度系数。实验步骤如下:（1）将弹簧悬挂在铁架台上，保持弹簧轴线竖直，将刻度尺竖直固定在弹簧一侧；弹簧自然悬挂，待弹簧静

8、止时，记下弹簧长度10。（2）在弹簧下端挂1个钩码（实验中，每个钩码的质量均为m= 50.0g,重力加速度g取9.8m/s2）,静止时弹簧长度为li,图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺上的放大图，示数 li =cm。（3）逐次增加祛码个数，并重复步骤（2）（保持弹簧在弹性限度内）。（4）用n表示祛码的个数，L表示弹簧长度，将获得的数据记录在表格内。n1234567祛码重力mg （ N ）0.490.981.471.962.452.943.43弹黄长度L （cm）x13.7015.5517.4019.2521.0922.94（5）请在如图3所示的坐标系中标注 n=1的坐标，并拟合趋势线。则

9、本实验所使用弹簧原长lo=cm,经计算劲度系数k=N/m （本空计算结果保留 3位有效数字）一 il_ a -1li 一 1一 一 3:一 W9- 一 :患一 ,1一！ , :一 :霏 ,= 0一 hrL- Lla 11:!J:t:“:i:.: ST嚣器感匿黑篇鬼2UW 墨14. （9分）使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。（1）某同学使用多用电表欧姆挡，粗略测量电压表3V量程的内阻，电路如图 1,对应表盘如图2所示。电压表内阻 Rv =k Qo（2）为了进一步准确测量电压表3V量程的内阻，实

10、验室提供的器材有：A.被测电压表VB.电阻箱R1 （最大阻值9999 Q）C.滑动变阻器 R2 （020Q,额定电流1A）D.电源E （电动势 4.5V,内阻约 0.5）E.单刀单掷开关一个和导线若干为使测量尽量准确，部分电路已给出，如图3,请在虚线框内补充完整剩余电路。请补充实验操作步骤:断开开关，连接电路把滑动变阻器R2滑片调到最右端，电阻箱 Ri阻值调整到0;闭合开关，调整滑动变阻器滑片位置，使电压表示数达到满偏,则电阻箱Ri示数即为电压表内阻测量值。本实验测量值比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。请提出一条减少实验误差的方法： .图】图2（S3三、计算题（15题10分，16题13分，1

11、7题14分，计37分）15. （10分）中国第一高楼上海中心大厦为主体118层、总高632米的摩天高楼，大厦使用全球最快的升降电梯，上升最大速度为每秒 18米，只要55秒，便能从地下2层上升585米直达119层观景台。若电梯运动经历匀加速、匀速和匀减速三个过程，其中加速和减速的加速度大小相等，匀速速度为最大速度。请计算质量为60kg的乘客对电梯的最大压力和最小压力大小。（重力加速度g= 10m/s2）16. （13分）如图所示，较大的平行金属板正对水平放置P板在上、Q板在下距离为do质量为m,电荷量为+q的带电小球自距 P板二d处的O点静止释放，运动时间t,在PQ两板间加未知电压 U,又经过2

12、t小球返回出发点，3该过程中小球未与下板 Q接触。已知重力加速度为 g,小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求：（1） PQ两板电势差U。（2）欲使小球不与下板 Q接触，t的最大值。（3）当t取（2）问中最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回 O点时，改变PQ两板电势差，则 PQ两板电势差U'应满足的条件。17。白.(14分)如图，倾角为 30°的固定光滑直轨道 OA顶端A处与表面粗糙的传送带 AB连接，AB与水平方向夹隙可忽略传送带主动轮和从动轮很小。已知O、A、B均在同一竖直面内,OA = AB = L = 5m。质量为 m = ? kg15角也为30。，传送带

13、B端有一导流小圆弧，使物块在 B点运动方向迅速变为水平，且无能量损失、轨道连接缝的小物块自。点以初速度vo=10&m/s滑上斜面，若传送带静止，小物块落地点与B点水平距离X1 = 5m,忽略空气阻力，重力加速度2g= 10m/s 。(1)求传送带摩擦因数心。(2)若传送带顺时针匀速转动，小物块落地点与B点水平距离X2= 13m,求传送带速度v的大小。(3)设落地点与B点水平距离为x,研究表明，x与传动带转动速度有关，求当 x最大时，物块与传送带因摩擦产生的热量Q的最小值。2019-2020学年百师联盟高三（上）期中物理试卷（山东卷）参考答案与试题解析、选择题（共 8小题，每小题4分，计

14、48分.其中1-8为单项选择，9-12为多项选择）1 .【解答】解：A、开普勒第三定根据第谷多年的天文观测数据总结出来的，不能在实验室验证，故A错误;B、牛顿根据开普勒第三定律推导出行星维持轨道运行所需的力与它们到旋转中心距离的平方成反比关系，故正确;C、牛顿研究太阳与行星之间的引力之后进行了月地检验，进一步推广，即得出了万有引力定律，故C错误;D、卡文迪许测定引力常量，为万有引力定律的普遍意义奠定了强有力的实验基础，故D错误;故选：B。2 .【解答】解：P绕O点做圆周运动，库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律，则有：里茨三2H ；若放置+8的点电荷的点在P点右侧，距P点距离为x ,根据牛顿第二

15、定律，则有吗-也1二S %口），有解；黑 tr+x ）若放置点位于 OP之间，则受到 Q和q库仑均向右，不能指向圆心，所以该位置不成立，若放置点在。点左侧，吗_上乂，合力指向左侧，不指向圆心，所以该位置不成立，j &十工产综上所述，故 A正确，BCD错误。故选：A。3 .【解答】解：分析题意可知，OP段和PB段竖直高度相同，则在 。和B点竖直方向速度相等，两小球竖直方向上做自由落体运动，故飞行时间相同,水平方向上，PO段水平速度为：V0=Vytan45° = vyPB段的水平速度为：0,二 工, 宓、° tstnoO 3 丫水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0t,

16、= Vs,故C正确，ABD错误。AB v07 t故选：Co4.VA【解答】解：根据运动的合成与分解，结合矢量的合成与分解法则，如下图所示:则有：v人cos a= v船cos 3,故A正确，BCD错误;故选：A。5.【解答】解：0-2.0s时，根据图象得知:a=, 2=1m/sS2 =(2+4)乂22-m= 6m,根据 Wi=Fisi得知：Fi =S1126N = 2N,P、Q角速度相等，由2 mg=Q根据牛顿第二定律：Fi-f = ma代入数据解得：f=1N;2.04.0s时有：F2=f=1N, S2=4X (4-2) m=8m拉力 F做功为： W2= F2s2=1X 8J= 8J,04.0s

17、内拉力做功为 W=W1+W2=20J,平均功率 P=T_ = _Lw=5W,故A正确，BCD错误。故选：A。6 .【解答】解：对 Q受力分析，Q只受重力，并由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg 一A正确，BCD错误。对P受力分析，根据牛顿第二定律得解得F= mg,方向沿杆向上。故2故选：A。7 .【解答】解：A、甲车匀加速，乙车变速运动，故 A错误,B、a时刻甲乙两车速度相等，乙车加速度为零，甲车加速度等于乙车加速度，故B错误；CD、速度相等前乙车位移与甲车位移差为：x = 冗我2 -/a2,所以当两车间距小于 x会相遇两次，等于 x相遇一次，大于 x不能相遇，故 C正确，D错误。故选：C

18、oF-qE - q-2nd8.【解答】解：对带电粒子受力分析， 如图所示，带电粒子受重力 mg,带电粒子所受的电场力在竖直方向上，由于jrcog60"二21ngM4二mg，电场力的竖直分量与重力平衡，所以小球沿水平方向运动，重力不做功，对小球的运动过程， 运用动能定理得“3©=0一Uw会解得；Eb二成君+3qO，故A正确，BCD错误;k 2 uh 2 u9.由得:更见=mg R2【解答】解：A、根据万有引力势能的表达式：Ep= - G巴，P到地球球心的距离大，所以 P的引力势能大于rQ的引力势能。故A错误；B、设卫星在离地心r处环绕地球做匀速圆周运动，据万有引力提供向心力，

19、列出等式: 根据根据在地面附近物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，列出等式:动能瞥K I 2rP到地球的距离大，所以 P的线速度小，所以 P的动能小。故B错误;c、卫星的万有引力势能的表达式：Ep=-G粤卫星的动能Ek=MGm2r得卫星的机械能：Ep=-GMmr卫星的机械能应该是动能和势能之和。所以E= Ek+Ep=一 号m可知P的机械能大于 Q的机械能。故 C正确;D、在回收卫星 Q的过程中，Q逐渐向地面靠近，r逐渐减小，由表达式 可知Q的机械能减少。故 D正确故选：CD。10 【解答】解：A、由于小球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能不断减少，则上升和下降经过同一点时上升的

20、速度大于下降的速度，则上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，故A正确B、平均功率P= mg,上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，则小球上升过程重力的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故 B错误C、因空气阻力大小与小球速度大小成正比，则在同一点上升过程的阻力大于下降过程的阻力，则小球上升过程损失的机械能大于下降过程损失的机械能，故C正确，D、对小球受力分析，上升时空气阻力向下，下降时空气阻力向上，以向上为正，画出小球的速度时间图象如图（速度时间图象的切线斜率表示物体的速度），因运动过程中小球受到的空气阻力大小与速率成正比，此图象也可看成空气阻力随时间变化的图象； 速度时间图象与坐标轴

21、围成面积表示对应位移， 则图象横轴上方与横轴下方 对应部分面积相等；又阻力随时间变化的图象与坐标轴围成面积表示对应的冲量，则小球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等，方向相反，故 D错误。故选：AC 。11 .【解答】解：滑动变阻器 R4的滑片向右移动时，其阻值减小，根据串反并同可知，电压表示数减小，电流表示数变小，电阻 R2的功率增大，电阻 R3的功率减小，故 AD错误，BC正确；故选：BC。12 .【解答】解：AB、对球受力分析，如图所示：根据平衡条件，在向右缓慢运动过程中，细线的拉力逐渐变得与斜面平行，故细线的拉力在减小，支持力在增加,故A错误，B正确；C、Fr与Fn合力与小球的重力

22、是平衡力，不变，故 C错误；D、整体受力平衡，Fr、Fn和mg合力大小为零，彳持不变，故 D正确。故选：BD。二、实题（13题6分，14题9分，计15分）11= 11.88cm；13 .【解答】解：（2）图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺上的放大图，示数（5）根据描出的点用直线将各点拟合即可得出对应的图象如图所示；KHlI'2ini1n tn>当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，由图可知此时弹簧的长度为L = 10.00cm,则弹簧的原长 L0= 10.00cm。根据胡克定律知，F=k （L - I。）即 l=f+1ck u可知图线的斜率倒数表示劲

23、度系数，则卜=斐=生旦乂 N/m工 C27.' 00-10. 00）X 10-2故答案为：26.5N/m ,(2) 11.88;（5）如上图所示26.5。14 .【解答】解：（1）欧姆表指针读数为 6.0,故阻值R=6.0X 1kQ= 6.0kQ;（2） 用半偏法测电阻时，先使电阻箱阻值为零，调节滑动变阻器滑片使电压表满偏，后保持滑片位置不变,调整电阻箱的阻值使电压表半偏，则电阻箱阻值等于电压表内阻，故电路图如图所示;由于外电路电阻增加，导致干路电流减小，故内电压减小，路端电压升高，进而推知电压表和电阻箱的总电压会增加，而电压表的电压为原来电压的一半，则电阻箱的电压大于电压表的半偏数值

24、，由串联分压与电阻的关系得，测量值偏大；减小实验误差的方法可以减小滑动变阻器的阻值，这样可以减小因电阻箱接电路后的电压变化；故答案为：(1) 6.0;(2)如图所示；保持滑动变阻器 R2滑片位置不变，调整电阻箱 Ri阻值，使电压表指针指到表盘正中央半偏位置；偏大；减小滑动变阻器的阻值，减小因电阻箱接电路后的电压变化；* d三、计算题(15题10分，16题13分，17题14分，计37分)15 .【解答】解：根据题意可知，电梯匀速运动的速度为:令加速的时间为ti,匀速运动d时间为t2,加速和减速的加速度大小为a;根据题意可知，减速运动时间也为ti,根据运动学公式有:v= ati = 1812 I

25、:/一：一：=5852ti+t2= 554F I联立解得：a= 0.8m/s2, tti =3, t2=i0s,加速时人对电梯的压力最大，根据牛顿第二定律有：FNmax=mg+ma=648N;在减速过程中人对电梯的压力最小，根据牛顿第二定律有：FNmin= mg-ma=552N;答：乘客对电梯的最大压力和最小压力大小分别为648N和552N; 门i 216 .【解答】解：(i)小球由静止释放，做自由洛体运动， t时间内位移h = -gtt时刻速度V1=gt设向上为正方向，2t时间内小球位移 x= - Vi?2t。£(2t) 2根据题意x= h以上各式联立解得：5根据牛顿第二定律得：Eq - mg = mai两极板电压U=Ed 电场力向上，所以 Q电势高所以PQ两板电势差U =-段畛I 4q |(2)若小球不与下板接触，临界条件为小球到达Q板速度为零所以h+粤)!_=二什解得：tm=' 1(3)小球自Q板开始向上做匀加速运动，设小球到达。点速度为V2,则 = 得缶 4 sa2,小球恰好不与P板接触，则小球到达P板时速度为零，设自。到P过程中加速度为解得：a£=yg>g所以电场力向下，根据牛顿第二定律得:PQ两板电压U ='熊2q电场力向下，所以 P电势高所以PQ两板电势差广 ：婢典答：(1) PQ两板电势差