1、2019-2020學年百師聯盟高三（上）期中物理試卷（山東卷）一、選擇題（共 8小題，每小題4分，計48分.其中1-8為單項選擇，9-12為多項選擇）1. （4分）關于萬有引力定律發現歷程描述正確的是（）A .牛頓在實驗室對開普勒第三定律進行了驗證B .牛頓根據開普勒第三定律推導出行星維持軌道運行所需的力與它們到旋轉中心距離的平方成反比關系C.牛頓只研究太陽與行星之間的引力，即得出了萬有引力定律D.笛卡爾測定引力常量，為萬有引力定律的普遍意義奠定了強有力的實驗基礎2. （4分）真空中電荷量為+Q的點電荷固定在 。點，電荷量為-q的點電荷P僅在庫侖力作用下繞 。點做勻速圓周運動，如圖所示。某同學

2、欲在 OP連線上某點放置質量很小、電荷量為+8的點電荷（已知SV qvQ）,給該電荷恰當的速度，電荷也繞 。點做圓周運動，周期和 P相同，則OP連線上存在幾個這樣的位置（）A . 1個B. 2個C. 3個D.不存在這樣的位置3. （4分）如圖所示，自P點把小球a、b沿水平方向拋出，a到達x軸上。點時速度方向與y軸負方向夾角為45 b球到達x軸上B點時速度方向與x軸正方向夾角為60° , A為x軸上一點，PAXAB .則坐為（）A. 1B. V2C后D.4. （4分）滑水是人在水橇上借助動力船拖拽在水面上“行走”的運動，比賽中快艇通過繩子拖拽運動員照片如圖甲所示，為分析該運動，某同學做

3、出俯視示意圖，如圖乙所示，v人為運動員速度，v船為快艇速度。已知 “W 3W45° .則下列v人和v船關系正確的是（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）質量1.0kg的物塊在拉力 F作用下沿水平面做直線運動t=0時刻物塊速度 v0=2.0m/s,物塊速度時間圖象如圖所示，已知020s拉力 F做功12J ,則0 - 4.0s拉力 F的平均功率是（）A . 5.0WB . 6.0WC. 8.0WD. 10.0W6. （4分）如圖，輕質桿一端有光滑轉軸O

4、,桿可繞軸O在豎直面內做圓周運動，中點和另一端點分別固定質量均為m的小球P、Q,給裝置瞬時沖量，兩小球繞O點做圓周運動，若 Q在最高點時對桿作用力恰好為零，則桿對P的作用力為（）A .亍mg,方向沿桿向上IC. 2mg,方向沿桿向上3.1 mg，方向沿桿向上D. ymg,方向沿桿向下7. （4分）甲乙兩汽車在一平直公路上同向行駛，甲車在前，乙車在后，速度時間圖象如圖所示，當橫縱坐標軸標度相同時，甲為直線，乙為半圓弧，甲、乙圖線相交時刻為 a, a恰好是乙圖線圓心， 下列分析正確的是 （）A.甲做勻速直線運動，乙做勻加速直線運動8. a時刻甲乙兩車加速度相等C.若初始時甲乙兩車相距工a2,則兩車

5、可相遇兩次4D.若初始時甲乙兩車相距a2,則兩車可相遇一次38. （4分）質量為m,電荷量為+q的帶電小球處在勻強電場中，電場的等勢面及各等勢面電勢（f）0）如圖所示,等勢面與水平方向成 60角，間距d=ELl.給帶電小球水平速度 V0,當小球運動到等勢面-3（）時的動能為（）2mgD.mvj+3近帕C. mv ：+3x/ll 歸9. （4分）若取距地球無窮遠時的地球引力勢能為零，則質量為m的物體的勢能為 Ep=- gH典，其中M為地球質r量，r為物體到地心距離，G為引力常數。如圖所示， P、Q為質量相等的兩顆衛星，繞地球做圓周運動，則下列判斷正確（）A. P的引力勢能小于 Q的引力勢能B .

6、 P的動能大于Q的動能C. P的機械能大于Q的機械能D.回收衛星Q的過程中，Q的機械能減少10. （4分）質量為 m的小球，以一定初速度豎直上拋，若小球所受空氣阻力大小與小球速度大小成正比，關于小球自拋出至返回拋出點過程中，下列分析正確的是（A .小球上升過程平均速度大于下降過程小球平均速度B .小球上升過程重力的平均功率等于下降過程重力的平均功率C .小球上升過程損失的機械能大于下降過程損失的機械能D .小球上升過程空氣阻力的沖量大小大于下降過程空氣阻力的沖量R4的滑片向右移動時，下列說法正確的是（11. （4分）如圖電路，電表均為理想電表當滑動變阻器A.電壓表示數增大B.電流表示數變小C.

7、電阻R2的功率增大D.電阻R3的功率增大12. （4分）如圖所示，斜面體置于水平面上， 斜面表面光滑，一根細繩的上端系在 。點，下端系質量為 m的小球。水平推動斜面體，使小球繞 O點做勻速圓周運動，細繩拉力為 Fr,斜面體對球白支持力為 Fn,則小球由實線位置運動到虛線位置過程中，判斷正確的是（A . Fr變大B. Fn變大C. Fr與Fn合力變大D . Fr、FN和mg合力大小不變二、實3題（13題6分，14題9分，計15分）13. （6分）某同學利用圖1的裝置測量輕彈簧的勁度系數。實驗步驟如下:（1）將彈簧懸掛在鐵架臺上，保持彈簧軸線豎直，將刻度尺豎直固定在彈簧一側；彈簧自然懸掛，待彈簧靜

8、止時，記下彈簧長度10。（2）在彈簧下端掛1個鉤碼（實驗中，每個鉤碼的質量均為m= 50.0g,重力加速度g取9.8m/s2）,靜止時彈簧長度為li,圖2是此時固定在彈簧掛鉤上的指針在刻度尺上的放大圖，示數 li =cm。（3）逐次增加祛碼個數，并重復步驟（2）（保持彈簧在彈性限度內）。（4）用n表示祛碼的個數，L表示彈簧長度，將獲得的數據記錄在表格內。n1234567祛碼重力mg （ N ）0.490.981.471.962.452.943.43彈黃長度L （cm）x13.7015.5517.4019.2521.0922.94（5）請在如圖3所示的坐標系中標注 n=1的坐標，并擬合趨勢線。則

9、本實驗所使用彈簧原長lo=cm,經計算勁度系數k=N/m （本空計算結果保留 3位有效數字）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囂器感匿黑篇鬼2UW 墨14. （9分）使用多用電表測量電阻時，多用電表內部的電路可以等效為一個直流電源（一般為電池）、一個電阻和一表頭相串聯，兩個表筆分別位于此串聯電路的兩端。（1）某同學使用多用電表歐姆擋，粗略測量電壓表3V量程的內阻，電路如圖 1,對應表盤如圖2所示。電壓表內阻 Rv =k Qo（2）為了進一步準確測量電壓表3V量程的內阻，實

10、驗室提供的器材有：A.被測電壓表VB.電阻箱R1 （最大阻值9999 Q）C.滑動變阻器 R2 （020Q,額定電流1A）D.電源E （電動勢 4.5V,內阻約 0.5）E.單刀單擲開關一個和導線若干為使測量盡量準確，部分電路已給出，如圖3,請在虛線框內補充完整剩余電路。請補充實驗操作步驟:斷開開關，連接電路把滑動變阻器R2滑片調到最右端，電阻箱 Ri阻值調整到0;閉合開關，調整滑動變阻器滑片位置，使電壓表示數達到滿偏,則電阻箱Ri示數即為電壓表內阻測量值。本實驗測量值比真實值 （填“偏大”或“偏小”）。請提出一條減少實驗誤差的方法： .圖】圖2（S3三、計算題（15題10分，16題13分，1

11、7題14分，計37分）15. （10分）中國第一高樓上海中心大廈為主體118層、總高632米的摩天高樓，大廈使用全球最快的升降電梯，上升最大速度為每秒 18米，只要55秒，便能從地下2層上升585米直達119層觀景臺。若電梯運動經歷勻加速、勻速和勻減速三個過程，其中加速和減速的加速度大小相等，勻速速度為最大速度。請計算質量為60kg的乘客對電梯的最大壓力和最小壓力大小。（重力加速度g= 10m/s2）16. （13分）如圖所示，較大的平行金屬板正對水平放置P板在上、Q板在下距離為do質量為m,電荷量為+q的帶電小球自距 P板二d處的O點靜止釋放，運動時間t,在PQ兩板間加未知電壓 U,又經過2

12、t小球返回出發點，3該過程中小球未與下板 Q接觸。已知重力加速度為 g,小球運動過程中電荷量保持不變，忽略空氣阻力。求：（1） PQ兩板電勢差U。（2）欲使小球不與下板 Q接觸，t的最大值。（3）當t取（2）問中最大值，為使小球不與P板接觸，當小球返回 O點時，改變PQ兩板電勢差，則 PQ兩板電勢差U'應滿足的條件。17。白.(14分)如圖，傾角為 30°的固定光滑直軌道 OA頂端A處與表面粗糙的傳送帶 AB連接，AB與水平方向夾隙可忽略傳送帶主動輪和從動輪很小。已知O、A、B均在同一豎直面內,OA = AB = L = 5m。質量為 m = ? kg15角也為30。，傳送帶

13、B端有一導流小圓弧，使物塊在 B點運動方向迅速變為水平，且無能量損失、軌道連接縫的小物塊自。點以初速度vo=10&m/s滑上斜面，若傳送帶靜止，小物塊落地點與B點水平距離X1 = 5m,忽略空氣阻力，重力加速度2g= 10m/s 。(1)求傳送帶摩擦因數心。(2)若傳送帶順時針勻速轉動，小物塊落地點與B點水平距離X2= 13m,求傳送帶速度v的大小。(3)設落地點與B點水平距離為x,研究表明，x與傳動帶轉動速度有關，求當 x最大時，物塊與傳送帶因摩擦產生的熱量Q的最小值。2019-2020學年百師聯盟高三（上）期中物理試卷（山東卷）參考答案與試題解析、選擇題（共 8小題，每小題4分，計

14、48分.其中1-8為單項選擇，9-12為多項選擇）1 .【解答】解：A、開普勒第三定根據第谷多年的天文觀測數據總結出來的，不能在實驗室驗證，故A錯誤;B、牛頓根據開普勒第三定律推導出行星維持軌道運行所需的力與它們到旋轉中心距離的平方成反比關系，故正確;C、牛頓研究太陽與行星之間的引力之后進行了月地檢驗，進一步推廣，即得出了萬有引力定律，故C錯誤;D、卡文迪許測定引力常量，為萬有引力定律的普遍意義奠定了強有力的實驗基礎，故D錯誤;故選：B。2 .【解答】解：P繞O點做圓周運動，庫侖力提供向心力，根據牛頓第二定律，則有：里茨三2H ；若放置+8的點電荷的點在P點右側，距P點距離為x ,根據牛頓第二

15、定律，則有嗎-也1二S %口），有解；黑 tr+x ）若放置點位于 OP之間，則受到 Q和q庫侖均向右，不能指向圓心，所以該位置不成立，若放置點在。點左側，嗎_上乂，合力指向左側，不指向圓心，所以該位置不成立，j &十工產綜上所述，故 A正確，BCD錯誤。故選：A。3 .【解答】解：分析題意可知，OP段和PB段豎直高度相同，則在 。和B點豎直方向速度相等，兩小球豎直方向上做自由落體運動，故飛行時間相同,水平方向上，PO段水平速度為：V0=Vytan45° = vyPB段的水平速度為：0,二 工, 宓、° tstnoO 3 丫水平方向做勻速直線運動，則有：x=v0t,

16、= Vs,故C正確，ABD錯誤。AB v07 t故選：Co4.VA【解答】解：根據運動的合成與分解，結合矢量的合成與分解法則，如下圖所示:則有：v人cos a= v船cos 3,故A正確，BCD錯誤;故選：A。5.【解答】解：0-2.0s時，根據圖象得知:a=, 2=1m/sS2 =(2+4)乂22-m= 6m,根據 Wi=Fisi得知：Fi =S1126N = 2N,P、Q角速度相等，由2 mg=Q根據牛頓第二定律：Fi-f = ma代入數據解得：f=1N;2.04.0s時有：F2=f=1N, S2=4X (4-2) m=8m拉力 F做功為： W2= F2s2=1X 8J= 8J,04.0s

17、內拉力做功為 W=W1+W2=20J,平均功率 P=T_ = _Lw=5W,故A正確，BCD錯誤。故選：A。6 .【解答】解：對 Q受力分析，Q只受重力，并由重力提供向心力，根據牛頓第二定律得mg 一A正確，BCD錯誤。對P受力分析，根據牛頓第二定律得解得F= mg,方向沿桿向上。故2故選：A。7 .【解答】解：A、甲車勻加速，乙車變速運動，故 A錯誤,B、a時刻甲乙兩車速度相等，乙車加速度為零，甲車加速度等于乙車加速度，故B錯誤；CD、速度相等前乙車位移與甲車位移差為：x = 冗我2 -/a2,所以當兩車間距小于 x會相遇兩次，等于 x相遇一次，大于 x不能相遇，故 C正確，D錯誤。故選：C

18、oF-qE - q-2nd8.【解答】解：對帶電粒子受力分析， 如圖所示，帶電粒子受重力 mg,帶電粒子所受的電場力在豎直方向上，由于jrcog60"二21ngM4二mg，電場力的豎直分量與重力平衡，所以小球沿水平方向運動，重力不做功，對小球的運動過程， 運用動能定理得“3©=0一Uw會解得；Eb二成君+3qO，故A正確，BCD錯誤;k 2 uh 2 u9.由得:更見=mg R2【解答】解：A、根據萬有引力勢能的表達式：Ep= - G巴，P到地球球心的距離大，所以 P的引力勢能大于rQ的引力勢能。故A錯誤；B、設衛星在離地心r處環繞地球做勻速圓周運動，據萬有引力提供向心力，

19、列出等式: 根據根據在地面附近物體受到地球的萬有引力近似等于物體在地面上的重力，列出等式:動能瞥K I 2rP到地球的距離大，所以 P的線速度小，所以 P的動能小。故B錯誤;c、衛星的萬有引力勢能的表達式：Ep=-G粵衛星的動能Ek=MGm2r得衛星的機械能：Ep=-GMmr衛星的機械能應該是動能和勢能之和。所以E= Ek+Ep=一 號m可知P的機械能大于 Q的機械能。故 C正確;D、在回收衛星 Q的過程中，Q逐漸向地面靠近，r逐漸減小，由表達式 可知Q的機械能減少。故 D正確故選：CD。10 【解答】解：A、由于小球在運動過程中受到空氣阻力作用，機械能不斷減少，則上升和下降經過同一點時上升的

20、速度大于下降的速度，則上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，故A正確B、平均功率P= mg,上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，則小球上升過程重力的平均功率大于下降過程重力的平均功率，故 B錯誤C、因空氣阻力大小與小球速度大小成正比，則在同一點上升過程的阻力大于下降過程的阻力，則小球上升過程損失的機械能大于下降過程損失的機械能，故C正確，D、對小球受力分析，上升時空氣阻力向下，下降時空氣阻力向上，以向上為正，畫出小球的速度時間圖象如圖（速度時間圖象的切線斜率表示物體的速度），因運動過程中小球受到的空氣阻力大小與速率成正比，此圖象也可看成空氣阻力隨時間變化的圖象； 速度時間圖象與坐標軸

21、圍成面積表示對應位移， 則圖象橫軸上方與橫軸下方 對應部分面積相等；又阻力隨時間變化的圖象與坐標軸圍成面積表示對應的沖量，則小球上升過程與下降過程空氣阻力的沖量大小相等，方向相反，故 D錯誤。故選：AC 。11 .【解答】解：滑動變阻器 R4的滑片向右移動時，其阻值減小，根據串反并同可知，電壓表示數減小，電流表示數變小，電阻 R2的功率增大，電阻 R3的功率減小，故 AD錯誤，BC正確；故選：BC。12 .【解答】解：AB、對球受力分析，如圖所示：根據平衡條件，在向右緩慢運動過程中，細線的拉力逐漸變得與斜面平行，故細線的拉力在減小，支持力在增加,故A錯誤，B正確；C、Fr與Fn合力與小球的重力

22、是平衡力，不變，故 C錯誤；D、整體受力平衡，Fr、Fn和mg合力大小為零，彳持不變，故 D正確。故選：BD。二、實題（13題6分，14題9分，計15分）11= 11.88cm；13 .【解答】解：（2）圖2是此時固定在彈簧掛鉤上的指針在刻度尺上的放大圖，示數（5）根據描出的點用直線將各點擬合即可得出對應的圖象如圖所示；KHlI'2ini1n tn>當彈力為零時，彈簧的形變量為零，此時彈簧的長度等于彈簧的原長，由圖可知此時彈簧的長度為L = 10.00cm,則彈簧的原長 L0= 10.00cm。根據胡克定律知，F=k （L - I。）即 l=f+1ck u可知圖線的斜率倒數表示勁

23、度系數，則卜=斐=生旦乂 N/m工 C27.' 00-10. 00）X 10-2故答案為：26.5N/m ,(2) 11.88;（5）如上圖所示26.5。14 .【解答】解：（1）歐姆表指針讀數為 6.0,故阻值R=6.0X 1kQ= 6.0kQ;（2） 用半偏法測電阻時，先使電阻箱阻值為零，調節滑動變阻器滑片使電壓表滿偏，后保持滑片位置不變,調整電阻箱的阻值使電壓表半偏，則電阻箱阻值等于電壓表內阻，故電路圖如圖所示;由于外電路電阻增加，導致干路電流減小，故內電壓減小，路端電壓升高，進而推知電壓表和電阻箱的總電壓會增加，而電壓表的電壓為原來電壓的一半，則電阻箱的電壓大于電壓表的半偏數值

24、，由串聯分壓與電阻的關系得，測量值偏大；減小實驗誤差的方法可以減小滑動變阻器的阻值，這樣可以減小因電阻箱接電路后的電壓變化；故答案為：(1) 6.0;(2)如圖所示；保持滑動變阻器 R2滑片位置不變，調整電阻箱 Ri阻值，使電壓表指針指到表盤正中央半偏位置；偏大；減小滑動變阻器的阻值，減小因電阻箱接電路后的電壓變化；* d三、計算題(15題10分，16題13分，17題14分，計37分)15 .【解答】解：根據題意可知，電梯勻速運動的速度為:令加速的時間為ti,勻速運動d時間為t2,加速和減速的加速度大小為a;根據題意可知，減速運動時間也為ti,根據運動學公式有:v= ati = 1812 I

25、:/一：一：=5852ti+t2= 554F I聯立解得：a= 0.8m/s2, tti =3, t2=i0s,加速時人對電梯的壓力最大，根據牛頓第二定律有：FNmax=mg+ma=648N;在減速過程中人對電梯的壓力最小，根據牛頓第二定律有：FNmin= mg-ma=552N;答：乘客對電梯的最大壓力和最小壓力大小分別為648N和552N; 門i 216 .【解答】解：(i)小球由靜止釋放，做自由洛體運動， t時間內位移h = -gtt時刻速度V1=gt設向上為正方向，2t時間內小球位移 x= - Vi?2t。£(2t) 2根據題意x= h以上各式聯立解得：5根據牛頓第二定律得：Eq - mg = mai兩極板電壓U=Ed 電場力向上，所以 Q電勢高所以PQ兩板電勢差U =-段畛I 4q |(2)若小球不與下板接觸，臨界條件為小球到達Q板速度為零所以h+粵)!_=二什解得：tm=' 1(3)小球自Q板開始向上做勻加速運動，設小球到達。點速度為V2,則 = 得缶 4 sa2,小球恰好不與P板接觸，則小球到達P板時速度為零，設自。到P過程中加速度為解得：a£=yg>g所以電場力向下，根據牛頓第二定律得:PQ兩板電壓U ='熊2q電場力向下，所以 P電勢高所以PQ兩板電勢差廣 ：婢典答：(1) PQ兩板電勢差