山东省济南市历城第二中学2020届高三上学期一轮复习验收物理试卷

物理试题

考生注意：

1. 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分。考试时间90分钟。
2. 试卷书写规范工整，卷面整洁清楚，酌情加减1-2分，并计入总分。

第I卷 选择题（共40分）

一、单选题（每题只有一个正确选项，共8道小题，每题3分，共24分）

1．如图所示为运动员跳高时的精彩瞬间，下列说法正确的是

A．运动员在最高点处于平衡状态

B．运动员在下降过程中处于超重状态

C．运动员起跳以后在上升过程中处于失重状态

D．运动员起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力

2．一个小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动。第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a1。第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下（小狗不与滑梯接触），加速度为a2。则(    )

A．a1<a2 B．a1>a2 C．a1=a2 D．无法判断

3．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）

A． B．

C． D．

4．叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则：

A．上方球与下方3个球间均没有弹力

B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力

C．水平地面对下方三个球的支持力均为

D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为

5．一列简谐横波沿x轴传播．t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图像如图乙所示．则该波的传播方向和波速分别是

A．沿x轴负方向，60m/s    B．沿x轴正方向，60m/s

C．沿x轴负方向，30m/s    D．沿x轴正方向，30m/s

6．如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v< v0，则(　　)

A．Q一定在虚线MP下方

B．M点的电势比N点的电势高

C．q在M点的电势能比在N点的电势能小

D．q在M点的加速度比在N点的加速度小

7．如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则

A．通过原线圈的电流减小

B．变压器的输出功率增大

C．R1两端的电压减小

D．R2消耗的功率增大

8．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)

A．向上    B．向下    C．向左    D．向右

二、多选题（每题有多个正确选项，共4道小题，每题4分，漏选得2分，错选不得分，共16分）

9．如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球。小球在某一水平面内做匀速圆周运动圆锥摆，细线与竖直方向成角图中P位置。现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动细线与竖直方高成角图中位置。两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是

A．Q受到桌面的静摩擦力大小不变    B．小球运动的角速度变大

C．细线所受的拉力之比为2：1    D．小球向心力大小之比为3：1

10．如图所示,一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为和的 A、B两物块,A、B与滑板之间的动摩擦因数都为，一水平恒力F作用在A物体上,重力加速度g取，A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度为和，下列说法正确的是:

A．若，则A、B物块及木板都静止不动

B．若，则A、B物块的加速度都为

C．无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动

D．若，B物块的加速度为

11．如图所示，同步卫星与地心的距离为，运行速率为，向心加速度为；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为，第一宇宙速度为，地球半径为R，则(     )。

A．   B．   C．     D．

12．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中

A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能

第II卷 非选择题（共60分）

三、实验题（本题包括13、14两个小题，共计14分）

13．（6分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)

(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．

(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________ m/s，加速度大小为________ m/s2.(结果均保留两位有效数字)

14．（8分）测量阻值约为100Ω的定值电阻Rx ，实验室提供如下的实验器材：

A．直流电源（电动势E=6V，内阻很小）

B．电流表（量程5mA，内阻为R1=50Ω）

C．电流表（量程0.6A，内阻为R2=0.2Ω）

D．电压表（量程6V，内阻RV≈15kΩ）

E．定值电阻（R0=5Ω）

F．滑动变阻器（最大阻值15Ω，最大允许电流2A）

G．滑动变阻器（最大阻值15kΩ，最大允许电流0.5A）

H．开关一个，导线若干

（1）为了能比较精确地测量Rx的电阻值，电流表应选用__________ (填“B”或“C”)，滑动变阻器应选用__________ (填“F”或“G”)；

（2）请根据所选用的实验器材，设计测量电阻的电路，并在方框中画出电路原理图；

（3）如果电压表的示数为U（单位为V）电流表的示数为I（单位为A），则待测电阻的计算式为Rx=__________ (表达式中所用到的电阻值必须用对应的电阻符号表示，不得直接用数值表示)

四、计算题 （本题包括4个小题，共46分）

15．（8分）一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2。求：

（1）物块落到地面时的速度；

（2）物块2.0s内通过的路程；

16．（8分）如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子质量为m，电荷量大小为q，以速度从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场，已知P点坐标为，M点的坐标为．求：

（1）电场强度大小；

（2）电子在磁场中运动的时间．

17．（14分）间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为，长为的金属杆，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆、和电阻均为。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：

（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；

（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小；

（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热

18．（16分）如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，木板A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（初速度为0，可视为质点），最终B恰好未从A上滑落，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．计算：

（1）C由静止下落距离h时，木板A的速度大小vA；

（2）木板A的长度L；

（3）若当铁块B轻放在木板A最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，计算B滑出A时B的速度大小vB．

       答案解析

1．C

【解析】

【详解】

A． 运动员在最高点受重力作用，不是处于平衡状态，选项A错误；

B．运动员在下降过程中加速度向下，处于完全失重状态，选项B错误；

C．运动员起跳以后在上升过程中加速度向下，处于失重状态，选项C正确；

D．运动员起跳时加速上升，则地面对他的支持力大于他所受的重力，选项D错误。

2．C

【解析】

【详解】

对小孩受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图：

根据牛顿第二定律，有：x方向：mgsinθ-f=ma；y方向：mgcosθ-N=0；其中：f=μN；解得：a=g（sinθ-μcosθ）；可见加速度与质量无关，故小孩抱着小狗后，质量变大，加速度不变，即a1=a2；故选C。

3．A

【解析】

【详解】

当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：

，a∝t；

当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：

对m1：，μ、m1、m2都一定，则a1一定．

对m2：，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．

由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．

故选：A

4．C

【解析】

对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为4mg，每个小球受支持力为mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误．故选C．

5．A

【解析】试题分析：由P点的振动方向和波形可判断出，波沿x轴负方向传播，故选项BD错误；由甲中的波形图可知，波长为24m，再由乙的振动图像可知，周期为0.55s－0.15s=0.4s；故波速为v==60m/s，选项A正确。

考点：波速的计算，波传播方向的判断。

6．C

【解析】

A、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧,故Q应该在轨迹的内侧，故A错；

B、试探电荷从M到N速度减小,说明M点离场源电荷较近,越靠近场源电荷电势越低，所以M点的电势比N点的电势低，故B错误；

C、只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,N点动能小,故在N点电势能大,故C正确；

D、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，故D错误；

故选C

点睛：曲线运动合力指向曲线的内侧,题中只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,正电荷在电势越高的点电势能越大.
解决电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律:

(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧.
(2)该点速度方向为轨迹切线方向.
(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大.
(4)电场线垂直于等势面.
(5)顺着电场线电势降低最快.

7．B

【解析】

【详解】

A．理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小；副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈电流也增大；故A错误；

B．理想变压器的输出功率，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，故B正确；

CD．副线圈电流增大，根据欧姆定律，R1两端电压增大；R2两端电压减小，功率减小，故CD错误。

8．B

【解析】

试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左。根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下。故选B。

考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）。

9．BD

【解析】

【详解】

设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力；则有：T=；向心力：Fn=mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度：，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力T增大，角速度ω增大。对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，细线拉力T增大，则静摩擦力变大，故A错误，B正确；开始时细线的拉力： ，增大为60°后的拉力：,所以：．故C错误；开始时小球的向心力：Fn1＝mgtan30°＝mg，θ增大为60°后的向心力：Fn2＝mgtan60°＝mg所以： ，故D正确；故选BD。

【点睛】

本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，采用隔离法，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键。

10．BCD

【解析】

【分析】

根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度．

【详解】

A与木板间的最大静摩擦力，B与木板间的最大静摩擦力；A、，所以A、B即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；若，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：，解得：，故B正确；C、当A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N小于，所以无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动，故C正确；，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度，故D正确；故选BCD。

【点睛】

本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析．

11．AD

【解析】

【详解】

A. 因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1=ω2r，a2=ω2R

得：，故A正确、B错误；

C. 对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，

由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到：，

解得：，故D正确，C错误；

故选：AD.

12．BCD

【解析】

【分析】

牛顿第二定律、能量守恒定律

【详解】

A．因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球选做负功后正功，选项A错误。

B．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当竖直方向的合外力为mg时，加速度为也g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；

C．弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C正确；

D．由M→N的动能定理，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知，即，选项D正确。

13．从右向左    0.19    0.038   

【解析】

【详解】

（1）[1]小车在桌面上做匀减速运动，故相等的时间内，桌面上连续两水滴的位置会组建减小，故小车在桌面上是从右向左运动的。

（2）[2]已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：

根据匀变速直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小，得：

，负号表示方向相反。．

【点睛】

处理纸带问题，一般是根据匀变速直线运动的推论公式求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，求出打纸带上某点时小车的瞬时速度大小。

14．B    F           

【解析】

【详解】

（1）[1][2]．电路中最大电流

所以电流表选择B；由于电流表量程较小，所以要改装电流表，扩大量程，则需要并联的电阻为

所以定值电阻选择E，由于被测电阻约100Ω，为方便调节，则滑动变阻器选择F；

（2）[3]．为了能比较精确地测量Rx的电阻值，滑动变阻器使用分压式，由于电流表内阻已知，所以采用内接法，则实验电路图如图所示．

（3）[4]．根据欧姆定律得：

15．（1） 竖直向下（2）

【解析】

【详解】

（1）设物块落地时速度为v，由速度公式： 得：v=-15m/s  负号说明方向竖直向下 

（2）物块上升过程：由，得：h1=1.25m     

下降过程：由，得：h2=11.25m

物块通过的路程为：s= h1+ h2=12.5m 

故本题答案是：（1） 竖直向下（2）

【点睛】

利用速度位移公式求上升过程中的位移及下降过程中的位移。

16．（1）（2）

【解析】

【详解】

（1）粒子运动轨迹如图所示：

设电子从电场中进入磁场中时的速度方向与轴夹角为，在电场中：方向：

y方向：

解得：

则：

则根据动能定理可知；

联立可以得到：

；

（2）在磁场中，根据几何关系可得：

粒子在磁场中的偏转角为：

则粒子在磁场中运动的时间：

．

17．(1) (2) 1.5m/s (3)0.25J

【解析】

【详解】

沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡

 (1)感应电动势

 电流

 安培力

匀速运动条件

代入数据解得：

（2）由定量守恒定律 

解得：

（3）进入B2磁场区域，设速度变化大小为,根据动量定理有

解得：

出B2磁场后“联动三杆”的速度为

根据能量守恒求得：

综上所述本题答案是：(1) (2) 1.5m/s (3)0.25J

【点睛】

本题比较复杂，根据动能定理求出ab棒下落到轨道低端时的速度，再利用动量守恒求出碰后三者的速度，结合动量定理求出进出磁场的初末速度之间的关系，并利用能量守恒求出系统内增加的热量。

18．（1） （2）2h （3）

【解析】

【详解】

（1）对A、C分析，有   

mg＝2ma1

解得

（2）B放在A上后，设A、C仍一起加速，则

mg－4μmg＝2ma2

解得

a2＝0

即B放在A上后，A、C以速度vA匀速运动．此时，B匀加速运动，加速度

aB1＝

设经过时间t1，B的速度达到vA，且B刚好运动至木板A的左端

则有

vA＝aB1t1

木板A的长度

L＝SAC－SB＝vAt1－

解得

L＝2h

（3）加上力F后，B的速度达到vA前，A和C仍匀速，B仍加速，此时

B的加速度

aB2＝

加速时间

B相对A的位移

A、B共速后都向右加速，设经时间t3，B滑出A．有

对B有

aB3＝

对A有

aAC＝   

B相对A的位移

解得

B滑出A时的速度

vB＝vA＋aB3·t3＝