山东省济南市历城二中学年高三上学期调研考试.docx

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山东省济南市历城二中学年高三上学期调研考试

山东省济南市历城二中2020-2021学年高三上学期调研考试

学校:

___________姓名：

___________班级：

___________考号：

___________

一、单选题

1．功的单位是焦耳（J），焦耳与基本单位米（m）、千克（kg）、秒（s）之间的关系正确的是（　）

A．1J=1kg⋅m2/s2

B．1J=1kg∙m/s2

C．1J=1kg⋅m2/s

D．1J=1kg⋅m/s

2．物理学中通常运用大量的科学方法建立概念，如“理想模型”、“等效替代法”、“控制变量法”、“比值定义法”等，下列选项均用到“比值定义法”的一组概念是（）

A．合力与分力、质点、电场强度B．质点、电场强度、点电荷

C．速度、总电阻、电场强度D．加速度、电场强度、电容

3．如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为（）。

A．始终水平向左

B．始终竖直向上

C．斜向左上方

D．斜向左下方

4．在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04m的成绩获得冠军．弗拉希奇身高约为1.93m，忽略空气阻力，g取10m/s2．则下列说法正确的是（　）

A．弗拉希奇起跳加速过程地面对她做正功

B．弗拉希奇起跳以后在上升过程处于失重状态

C．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力

D．弗拉希奇起跳时的初速度大约为3m/s

5．一简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点a的振动方向在图中已标出．下列说法正确的是（）

A．该波沿x轴负方向传播

B．从该时刻起经过一个周期，a、b、c三点经过的路程c点最大

C．从这一时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是c点

D．若t＝0.2s时质点c第一次到达波谷；则此波的传播速度为50m/s

6．太阳能路灯是采用晶体硅太阳能电池供电，用于代替传统公用电力照明的路灯，白天太阳能电池对蓄电池充电，晚上蓄电池的电能供给路灯照明。

太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率为P0=1.0×103W/m2。

某一太阳能路灯供电系统对一盏LED灯供电，太阳能电池的光电转换效率为15%左右，电池板面积1m2，采用两组12V蓄电池（总容量300Ah），LED路灯规格为“40W，24V”，蓄电池放电预留20%容量。

下列说法正确的是（）

A．蓄电池的放电电流约为0.6A

B．一盏LED灯每天消耗的电能约为0.96kW∙h

C．该太阳能电池板把光能转化成电能的功率约为40W

D．把蓄电池完全充满电，太阳照射电池板的时间不少于38.4h

7．全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“3V，12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（）

A．该电容器的容量为36000A·h

B．电容器放电，电量逐渐减少到0，电容不变

C．电容器放电，电量逐渐减少到0，电压不变

D．若30s能充满，则充电平均电流为3600A

二、多选题

8．世界上没有永不谢幕的传奇，NASA的“卡西尼”号探测器进入图形探测任务的最后篇章．据NASA报道，“卡西尼”4月26日首次到达土星和土星内环（碎冰块、岩石块、尘埃等组成）之间，并在近圆轨道做圆周运动．在极其稀薄的大气作用下，开启土星探测之旅的．最后阶段---“大结局”阶段．这一阶段将持续到九月中旬，直至坠向土星的怀抱．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则

A．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度小于内环的角速度

B．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率大于内环的速率

C．5月6月间，“卡西尼”的动能越来越大

D．6月到8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和保持不变

9．某静电场的电场线分布如图所示,P、Q为该电场中的两点,下列说法正确的是（）

A．P点场强大于Q点场强

B．P点电势低于Q点电势

C．若将电子从Q点静止释放，电子将沿电场线从Q运动到P

D．将电子从P点移动到Q点,其电势能增大

10．如图所示，木块AB用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠墙壁，在木块B上施加向左的水平力Ｆ，使弹簧压缩，当撤去外力后（）

A．A尚未离开墙壁前，AB系统的动量守恒；

B．A尚未离开墙壁前，弹簧和B系统的机械能守恒

C．A离开墙壁后，AB系统动量守恒；

D．A离开墙壁后，AB系统机械能守恒．

11．如图所示，倾角为𝛼的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦.现将质量分别为M、m（M＞m）的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上.两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有（）

A．两物块不可能同时相对绸带静止B．两物块所受摩擦力的大小总是相等

C．M可能相对绸带发生滑动D．m可能相对斜面向上滑动

12．云室能显示射线的径迹，把云室放在磁场中，从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性，放射性元素A的原子核静止放在磁感应强度B=2.5T的匀强磁场中发生衰变，放射出粒子并变成新原子核B，放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示，测得两圆的半径之比R1：

R2=42：

1，且R1=0.2m，已知

粒子质量mα=6.64×10-27kg，β粒子质量mβ=9.1×10-31kg，普朗克常量取h=6.6×10-34Js，下列说法正确的是：

（）

A．新原子核B的核电荷数为84

B．放射性元素A原子核发生的是β衰变

C．衰变放射出的粒子的速度大小为2.4×107m/s

D．如果A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015Hz的光子，那么这种光子能使逸出功为4.54eV的金属钨发生光电效应

三、实验题

13．利用气垫导轨研究物体运动规律，求物体运动的加速度。

实验装置如图甲所示。

主要的实验步骤：

（1）滑块放置在气垫导轨0刻度处，在拉力作用下由静止开始加速运动，测量滑块从光电门1到光电门2经历的时间t，测量两光电门之间的距离s；

（2）只移动光电门1，改变s，多次实验，数据记录如下表所示；

（3）根据实验数据计算、描点、作出

图像，如图乙所示。

根据数据分析，回答下列问题：

导轨标尺的最小分度为_______cm，读出如图甲所示两光电门之间的距离s1，并计算

=______m／s。

假设图线的斜率大小为k，纵截距为b，则滑块运动的加速度大小为_______；作出图像，求出本次测量的加速度大小为__________m／s2。

14．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，需要测出金属丝的电阻Rx，甲乙两同学分别采用了不同的方法进行测量：

（1）甲同学直接用多用电表测其电阻，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100Ω、×10Ω、×1Ω．该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大．为了准确地进行测量，以下给出的操作步骤中，说法正确的是（_______）

A．旋转选择开关至欧姆挡“×lΩ”

B．旋转选择开关至欧姆挡“×100Ω”

C．测量完毕旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔

D．旋转选择开关，选好适当倍率后就可以直接测量Rx

（2）按正确步骤测量时，指针指在图1所示位置，Rx的测量值为_____Ω．

（3）乙同学则利用实验室里下列器材进行了测量：

电压表V（量程0～5V，内电阻约10kΩ）

电流表A1（量程0～500mA，内电阻约20Ω）

电流表A2（量程0～300mA，内电阻约4Ω）

滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）

滑动变阻器R2（最大阻值为250Ω，额定电流为0.1A）

直流电源E（电动势为4.5V，内电阻约为0.5Ω）

电键及导线若干

为了较精确画出I﹣U图线，需要多测出几组电流、电压值，故电流表应选_____，滑动变阻器应选用____（选填器材代号），利用选择的器材，请你在图2方框内画出理想的实验电路图。

____并将图3中器材连成符合要求的电路_____

四、解答题

15．如图所示，在竖直平面内有直角坐标系xOy，有一匀强电场，其方向与水平方向成α=30°斜向上，在电场中有一质量为m=1×10－3kg、电荷量为q=1.0×10－4C的带电小球，用长为L=0.6

m的不可伸长的绝缘细线挂于坐标O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，g=10m/s2．求：

（1）电场强度E的大小；

（2）小球再次到达M点时的速度；

（3）如果小球再次到达M点时，细线突然断裂，从此时开始计时，小球运动t=1s时间的位置坐标是多少．

16．如图所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点。

该装置原理可等效为：

间距L=0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B=0.2T的匀强磁场。

人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图所示，在某次逃生试验中，质量M1=80kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m=20kg，重力加速度取g=10m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦。

（1）总电阻R多大？

（2）如要使一个质量M2=100kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下滑，其摩擦力f多大？

（3）保持第

（2）问中的摩擦力不变，让质量M2=100kg测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？

当其速度为v2=0.78m/s时，加速度a多大？

要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则必需调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速率变化的表达式。

17．如图所示，在xoy平面内，有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀为分布且关于x轴对称的电子流。

电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域（区域边界存在磁场），磁场方向垂直xoy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出．在磁场区域的正下方，正对的金属平行板K和A与x轴平行，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2d且关于y轴对称的小孔．A与K两板间加有恒定电压，且K板电势高于A板电势，已知电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力及它们间的相互作用．

（1）要使所有进入AK极板间的电子均不能到达A极板，则UAK至少为多少？

（2）求磁感应强度大小

（3）能进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比例为多大？

参考答案

1．A

【详解】

根据W=FL可得，

1J=1N•m

根据牛顿第二定律F=ma可知，力的单位为：

1N=1kg•m/s2

所以有：

1J=kg•m2/s2

A．1J=1kg⋅m2/s2，与结论相符，选项A正确；

B．1J=1kg∙m/s2，与结论不相符，选项B错误；

C．1J=1kg⋅m2/s，与结论不相符，选项C错误；

D．1J=1kg⋅m/s，与结论不相符，选项D错误；

2．D

【解析】

A项：

“合力与分力”采用等效替代的方法，“质点”采用理想化模型的方法，“电场强度”采用比值定义法，故A错误；

B项：

“质点”、“点电荷”采用理想化模型的方法，故B错误；

C项：

总电阻”采用等效替代的方法，“速度”，“电场强度”采用比值定义法，故C错误；

D项：

加速度、电场强度、电容都采用比值定义法，故D正确．

点晴：

对于物理学上常用的科学研究方法：

等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助．

3．C

【详解】

以球为研究对象，分析受力情况：

重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图。

则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大。

A．始终水平向左，与结论不相符，选项A错误；

B．始终竖直向上，与结论不相符，选项B错误；

C．斜向左上方，与结论相符，选项C正确；

D．斜向左下方，与结论不相符，选项D错误；

4．B

【详解】

A．支持力作用下没有位移，故弗拉希奇起跳过程支持力不做功。

故A错误。

B．弗拉希奇在整个跳高过程中，只受重力作用，处于失重状态。

B正确；

C．弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，则地面对他的支持力大于她的重力。

故C错误。

D．根据匀减速直线运动公式得

，其中h为弗拉希奇重心上升的高度大约是1m，解得：

故D错误。

5．C

【详解】

A．质点a向上运动，结合波形平移法，波向x轴正方向传播，故A错误；

B．经过一个周期，质点回到原位置，a、b、c三点的路程相等，均为4A，故B错误；

C．结合波形平移法，此刻b点向下运动，故第一次最快回到平衡位置的是c点，故C正确；

D．若t=0.2s时质点c第一次到达波谷，则t=

T，解得T=2t=0.4s；故

故D错误；

6．D

【解析】

【详解】

蓄电池的放电电流为

，故A错误；一盏LED灯的功率为40W，每天平均使用按10小时算，每天消耗的电能约为：

W=Pt=40W×10h=400W•h=0.40kWh，故B错误；太阳能电池板把光能转化为电能的功率P=P0S×15%=1.0×103×1×15%=150W，故C错误；把蓄电池完全充满电，假设太阳能电池板全部用于对蓄电池充电，需能量为：

E=（1-0.2）qU=0.8×300×24Wh=5760Wh，而太阳能电池的即使一直垂直照射，功率为150W，故用时约：

t=

=38.4h，故D正确。

故选D。

7．B

【分析】

考查电容器的充放电。

【详解】

A．该电容器最大容纳电荷量为：

Q=CU=12000×3C=36000C

故A错误；

BC．电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，电容器放电，电量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；

D．若30s能充满，则充电平均电流为：

故D错误。

故选B。

8．BC

【解析】

A、根据万有引力提供向心力：

，

，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度大于内环的角速度，A错误；

B、根据万有引力提供向心力：

，

，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率大于内环的速率，B正确；

C、根据万有引力提供向心力：

，

，“卡西尼”的轨道半径越来越小，动能越来越大，C正确；

D、“卡西尼”的轨道半径越来越小，动能越来越大，由于稀薄气体阻力的作用，动能与火星的引力势能之和机械能减小，D错误．

故选BC．

9．AD

【详解】

A．电场线密的地方电场强度大，所以P点场强一定大于Q点场强，故A正确；

B．根据沿电场线方向电势降低可知P点电势一定高于Q点电势，故B错误；

C．将电子从Q点释放，电场线为曲线，每时刻的力不断变化，速度和力不共线，不可能沿电场线运动，故C错误；

D．P点电势一定高于Q点电势，即φp＞φq．根据电势能公式Ep=qφ，可知由于是电子，所以q＜0，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能。

即从P到Q点，电子的电势能增加。

故D正确。

10．BC

【详解】

A．当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以A和B组成的系统的动量不守恒，故A错误；

B．以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在A离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故B正确；

C．A离开墙壁后，A、B系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，故C正确；

D．在A离开墙壁后，对A、B及弹簧组成的系统，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．

11．BD

【详解】

B．轻质绸带与斜面间无摩擦，受两个物体对其的摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

fM-fm=m绸a=0（轻绸带，质量为零）

故

fM=fm

M对绸带的摩擦力和绸带对M的摩擦力是相互作用力，等大；m对绸带的摩擦力和绸带对m的摩擦力也是相互作用力，等大；故两物块所受摩擦力的大小总是相等；故B正确；

A．当满足Mgsinα＜μMgcosα、mgsinα＜μmgcosα和Mgsinα＞mgsinα时，M加速下滑，m加速上滑，均相对绸带静止，故A错误；

C．由于M与绸带间的最大静摩擦力较大，故绸带与M始终相对静止，m与绸带间可能有相对滑动，故C错误；

D．当动摩擦因数较大时，由于绸带与斜面之间光滑，并且M＞m，所以M、m和绸带一起向左滑动，加速度为a，对整体根据牛顿第二定律，有：

Mgsinα-mgsinα=（M+m）a

隔离M，有：

Mgsinα-fM=Ma

对m有：

fm-mgsinα=ma

解得：

fM=fm=

gsinα＞mgsinα

m可能相对斜面向上滑动，故D正确；

12．ACD

【解析】

由动量守恒0=mv-mαvα，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力

，又qα=2e，R1：

R2=42：

1，由以上关系得该放射性元素的电荷量q=84e，即衰变前原子核的电荷数为84，故A正确．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反．粒子轨迹为外切圆，说明两粒子所受的洛伦兹力方向相反，均带正电，故发生的是α衰变，故B错误．因

，得

，故C正确．A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015Hz的光子，依据E=hγ=6.6×10-34×1.2×1015J=7.92×10-19J=4.95eV＞4.54eV，因此能使金属钨发生光电效应，故D正确；故选ACD．

点睛：

本题考查了动量守恒定律、粒子在磁场中做圆周运动的半径公式等知识点，难度中等，综合性较强，需加强这方面的训练，同时掌握光电效应产生条件，及注意电子伏特与焦耳的单位转换．

13．11.362k2.1（2.0-2.2）

【解析】由图可知，标尺的最小分度为1cm；如图所示两光电门之间的距离s1=143.0-3.0cm=1.400m，

因t1=1.03s,那么s1/t1=1.40/1.03=1.36m/s；

依据运动学公式

则有：

，

因假设图线的斜率为k，纵坐标截距为b，则滑块运动的加速度为a=−2k，

根据点然后平滑连线，如图所示：

由图可知,

；

因此测量的加速度大小为2.1m/s2.

14．AC22A2R1

【详解】

（1）[1]．该同学选择×10Ω倍率测电阻时，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，即示数太小，则要减小倍率，即换成×1的倍率；欧姆调零后，直接测待测电阻，完成之后旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔，故选项AC正确；

（2）[2]．根据倍率和最小分度（2Ω）读出待测电阻为22Ω；

（3）[3][4]．大致估算电路中的电流

左右，故电流表选量程较小的A2，由于要多测几组数据，滑动变阻器采用分压接法，故选阻较小的R1；

[5]．由于金属丝电阻较小，电流表采用外接法，于是设计的电路图和实际连线图如图所示；

[6]．电路连线如图；

15．

（1）200N/C

（2）6m/s（3）

【解析】

试题分析：

根据平衡条件可求得电场强度的大小；由动能定理可求得小球的速度；分析小球的运动过程，根据牛顿第二定律及运动学公式可求得小球的坐标．

（1）由物体平衡条件得qE=2mg

代入数据得：

E=200N/C

（2）设小球运动到M点时，小球的速度为v

由动能定理得：

代入数据得：

v＝6m/s

（3）小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做类平抛运动

由牛顿第二定律得：

竖直方向：

y＝vt

水平方向：

解得：

y＝6m

小球位置坐标为（

，6m）

点睛：

本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意洛仑兹力不做功，应用动能定理等内容求解．

16．

（1）1.5×10-5Ω；

（2）200N；（3）逐渐a减小，最终趋近于0；4m/s2；

（

）

【详解】

（1）对导体棒：

电动势

感应电流

；

安培力

由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受到磁场力向上，大小为

对M1和m：

由平衡条件可得

解得：

R=1.5×10-5Ω

（2）对M2和m：

由平衡条件

解得：

（3）对M2和m：

根据牛顿第二定律得

，

解得：

v逐渐增大，最终趋近于匀速，所以逐渐a减小，最终趋近于0。

当其速度为v2=0.78m/s时，代入数据得

a=4m/s2

要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则由

可得：

（

）

17．

（1）UAK≥

（2）B=

（3）

【详解】

（1）由动能定理

eUAK≥

；

解得：

UAK≥

（2）由题意得电子轨道半径为R，由evB=

得

B=

（3）能进入极板间的电子与金属板K的夹角θ满足45°≤θ≤135°

θ=45°的电子在磁场中的轨道如图甲所示，入射点为M平行四边形O1POM为菱形，电子在磁场中运动的半径也为R，M到P点的竖直距离

dM=R（1−cos45°）

θ=135°的电子在磁场中的轨道如图乙所示，入射点为N，N到P点的竖直距离

dN=R（1+cos45°）

故NM竖直长度占射入总长度2R的比例