山東省青島二中2020屆高三物理下學期期初考試試卷（含解析）

1、山東省青島二中2020屆高三物理下學期期初考試試卷（含解析） 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。其中第1417題在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，第1821題有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有錯選得0分1.以下關(guān)于物理學史的敘述，不正確的是( )A. 伽利略通過實驗和推理論證說明了自由落體運動是一種勻變速直線運動B. 牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，從而使萬有引力定律有了真正的使用價值C. 法拉第最早引入了場的概念，并提出用電場線描述電場D. 奧斯特發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場，并提出分子電流假說解釋磁現(xiàn)象【答案】D【解析】伽利略

2、通過實驗和推理論證說明了自由落體運動是一種勻變速直線運動，選項A正確； 牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，從而使萬有引力定律有了真正的使用價值，選項B錯誤； 法拉第最早引入了場的概念，并提出用電場線描述電場，選項C正確； 奧斯特發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場，安培提出分子電流假說解釋磁現(xiàn)象，選項D正確；此題選項錯誤的選項，故選B.2.下列說法中錯誤的是()A. 100個經(jīng)過一個半衰期后可能還剩余50個B. 、射線比較，射線的電離作用最強C. 原子的全部正電荷和全部質(zhì)量都集中在原子核里D. 由玻爾的原子模型可以推知，氫原子處于激發(fā)態(tài)，量子數(shù)越大，核外電子動能越小【答案】C【解

3、析】【分析】放射性元素的半衰期具有統(tǒng)計規(guī)律；、射線電離能力逐漸減弱，穿透能力逐漸增強；原子核中集中了全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量；根據(jù)庫侖引力提供向心力，得出軌道半徑與動能的關(guān)系，從而判斷出量子數(shù)變大，核外電子動能的變化【詳解】A. 放射性元素的半衰期具有統(tǒng)計規(guī)律，對大量的原子核適用。故A正確；B.、射線比較，射線的電離作用最強，穿透能力最弱。故B正確；C. 原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在原子核里，因為電子也有質(zhì)量。故C錯誤。D. 由玻爾的原子模型可以推知，氫原子處于激發(fā)態(tài)，量子數(shù)越大，軌道半徑越大，根據(jù)知，電子的動能越小。故D正確。本題選擇錯誤答案，故選：C3.如圖所示，一理想變壓器原線

4、圈接正弦交變電源，副線圈接有三盞相同的燈(不計燈絲電阻的變化)，燈上均標有(6V,18 W)字樣，此時L1恰正常發(fā)光，圖中兩個電表均為理想電表，其中電流表顯示讀數(shù)為1.0 A，下列說法正確的是()A. 原、副線圈匝數(shù)之比為31B. 變壓器的輸入功率為18 WC. 電壓表的讀數(shù)為6VD. 若L3突然斷路，則L1變暗，L2變亮，輸入功率變大【答案】A【解析】【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結(jié)論【詳解】A.L1恰正常發(fā)光，其電流為I2=18/6A=3A，根據(jù)I2:I1=n1：n2，得n1：n2=3:1，故A正確；B.根據(jù)功率，燈泡的電阻

5、R=62/18=2，R總=R+R/2=3輸出功率P2= =323W=27W，根據(jù)輸入功率等于輸出功率知，變壓器的輸入功率為27W，故B錯誤；C. 電流表顯示讀數(shù)為1.0 A，所以原線圈兩端電壓為U1=27/1.0=27V，根據(jù)U1：U2=n1：n2=3:1，副線圈電壓U2=9V，所以電壓表示數(shù)為3V，故C錯誤；D. 若L3突然斷路，電阻增大，副線圈電流減小，則L1變暗，電壓變??；L2電壓增大，變亮；原線圈電流減小，輸入功率變小，故D錯誤；故選：A4.如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B和C分別固定在豎直彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計整個系統(tǒng)在輕繩懸掛下處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將懸掛

6、吊籃的輕繩剪斷，在輕繩剛斷的瞬間A. 吊籃A的加速度大小為gB. 物體B的加速度大小為gC. 物體C的加速度大小為gD. A、C間的彈力大小為0.5mg【答案】D【解析】【分析】剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，隔離對A、B、C分析，運用牛頓第二定律求出加速度的大小【詳解】A.將C和A看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得， =1.5g，即A、C的加速度均為1.5g，故A錯誤，C錯誤；B.在輕繩剛斷的瞬間，彈簧的彈力不能突變，則物體B受力情況不變，故物體B的加速度大小為零，故B錯誤；D.剪斷細線的瞬間，A受到重力和C對A的作用力，對A：FAC+mg=maAC，得：FAC=maAC-mg=0.5mg，故

7、D正確。故選：D5.如圖所示，一條細線的一端與水平地面上的物體B相連，另一端繞過一輕質(zhì)定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細線固定在天花板上的O點，細線與豎直方向所成的夾角為，則以下說法正確的是()A. 無論物體B在地板上左移還是右移，只要距離足夠小，角將不變B. 增大小球A的質(zhì)量，若B仍保持不動，角不變C. 若OB繩與地面夾角為300，則=300D. 將B向右移動少許，若B仍保持不動，則B與地面的摩擦力變大【答案】BCD【解析】【分析】先對小球A受力分析，根據(jù)平衡條件求解細線的拉力，再對滑輪受力分析，結(jié)合平衡條件進行分析即可；根據(jù)幾何關(guān)系確定的大小；對B受力分析，根據(jù)平衡條件確定地面摩擦力的變

8、化?！驹斀狻緼.對小球A受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件，有：T=mg；如果將物體B在水平地面上向右移動稍許，AB仍保持靜止，繩子的拉力不變，則AOB增加；對滑輪分析，受三個拉力，如圖所示：根據(jù)平衡條件可知，AOB=2，故一定增加，故A錯誤；B. 增大小球A的質(zhì)量，若B仍保持不動，系統(tǒng)平衡，則不變，故B正確；C. 若OB繩與地面夾角為300，則AOB=2=60，=300，故C正確；D. 將B向右移動少許，若B仍保持不動，OB繩與水平方向的夾角減小，繩子拉力大小不變，拉力的水平分力等于地面的摩擦力，則B與地面的摩擦力變大，故D正確。故選：BCD6.2020年5月21日成功發(fā)射“嫦娥四號”中繼

9、星“鵲橋號”。該中繼星工作在距月球約6.5萬公里的地月拉格朗日L2點使命軌道，為落在月球背面的嫦娥四號月球探測器提供地月中繼測控和數(shù)據(jù)傳輸服務(wù)，“鵲橋號”與月球、地球始終在一條直線上。2020年12月8日“嫦娥四號”探測器由長征三號運載火箭在中國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，自動完成月面樣品采集，返回地球已知地球的半徑約為月球半徑4倍；地球表面重力加速度約為月球表面重力加速度的6倍。根據(jù)以上信息，判斷以下說法正確的是()A. “鵲橋號”運動的線速度大于月球繞地球運動的線速度B. “鵲橋號”運動的線速度小于月球繞地球運動的線速度C. 地球和月球的密度之比約為倍D. 地球和月球的密度之比約為6倍【答案

10、】AC【解析】【分析】根據(jù)“鵲橋號”與月球角速度相等，由線速度和角速度關(guān)系v=r即可判斷；根據(jù)星球表面萬有引力等于重力，分別求出地球、月球密度表達式，即可求解?！驹斀狻緼B.由于“鵲橋號”與月球、地球始終在一條直線上，“鵲橋號”與月球角速度相等，根據(jù)v=r，“鵲橋號”運動的線速度大于月球繞地球運動的線速度，故A正確，B錯誤；CD.設(shè)地球密度為地，地球半徑為R地，地球重力加速度為g地，月球的密度為月，重力加速度為g月，半徑為R月。根據(jù)地球表面萬有引力等于重力，則；同理，則地：月=3:2，故C正確，D錯誤。故選：AC7.如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻

11、R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中t0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，F(xiàn)隨時間t變化的圖像如圖乙所示，使金屬棒ab由靜止開始沿導軌向上運動，導軌電阻忽略不計下列關(guān)于棒的運動速度v，電流I、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象可能正確的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】列出加速度與時間的故選，定性分析，加速度不可能一直增大，也不可能一直減小，金屬棒由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動，回路中的感應電流與時間成正比，磁通量的變化率與時間成正比。電量不可能與時間成正比?！驹斀狻緼. 對導體棒在沿導軌方向列出動力學方程FBIl-mgsin=ma

12、，而I=得到F0+kt- - mgsin=ma，拉力均勻增大，加速度越大，安培力增大越快，所以加速度不可能一直增大，也不可能一直減小，故A錯誤；BC.根據(jù)A項分析，穩(wěn)定時加速度應保持不變，安培力均勻增大，則感應電流均勻增大，感應電動勢均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律，應均勻增大，故B正確，C正確；D.因為感應電流均勻增大，根據(jù)q=It，電量不可能與時間成正比，故D錯誤。故選：BC8.如圖所示，傾角為的絕緣斜面體ABC置于粗糙的水平地面上一質(zhì)量為m、電荷量為q的小物塊(可看作是點電荷)恰好能在斜面上勻速下滑若在AB中點D的上方固定一電荷量為-Q的點電荷，再讓物塊以某一速度從斜面上B點滑下，物塊始

13、終未離開斜面，且斜面體保持靜止不動在不考慮空氣阻力和電荷損失的情況下，關(guān)于在物塊下滑過程中分析正確的是()A. 放置負電荷前，物塊勻速運動過程中，地面對斜面體的摩擦力為零B. 放置負電荷后，物塊的電勢能先減小，后增大C. 放置負電荷前與放置負電荷后物塊到達D點的加速度相同D. 放置負電荷前與放置負電荷后物塊到達A點的機械能相同【答案】AB【解析】【分析】開始時刻小物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的。根據(jù)牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的。再結(jié)合平衡條件分析即可；放置負電荷后，根據(jù)電場力做功分析電勢能的變化；由于電場力是引力，摩擦

14、力變小，分析加速度的變化；根據(jù)摩擦力做功多少變化，分析機械能的變化?！驹斀狻緼.放置負電荷前，小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據(jù)牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的。地面對斜面體的摩擦力為零，故A正確；B.物塊與負電荷的距離先減小后增大，電場力對物塊先做正功后做負功，物塊的電勢能先減小，后增大，故B正確；C. 放置負電荷后物塊到達D點時，電場力垂直斜面向上，壓力減小，摩擦力減小，加速度變大，故C錯誤；D. 放置負電荷后物塊從B到達A點的過程，電場力做功為零，摩擦力減小，做功減小，所以機械能變大，

15、故D錯誤。故選：AB三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。9.如圖所示為某中學物理課外學習小組設(shè)計的測定當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炑b置，他們的主要操作如下：實驗次數(shù)h/cmt/sv/(ms1)110.00.0283.57220.00.0593.39330.00.0923.26440.00.1313.05550.00.1762.84660.00.2352.55安裝實驗器材，調(diào)節(jié)試管夾(小鐵球)、光電門和紙杯在同一豎直線上；打開試管夾，由靜止釋放小鐵球，用光電計時器記錄小鐵球在兩個光電門間的運動時間t，并

16、用刻度尺(圖上未畫出)測量出兩個光電門之間的高度h，計算出小鐵球通過兩光電門間的平均速度v；固定光電門B的位置不變，改變光電門A的高度，重復的操作測出多組(h，t)，計算出對應的平均速度v；畫出vt圖象請根據(jù)實驗，回答如下問題：(1)設(shè)小鐵球到達光電門B時的速度為vB，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式為_(用vB、g和t表示)(2)實驗測得的數(shù)據(jù)如下表：請在坐標紙上畫出vt圖象（根據(jù)圖像作答，不必畫在答題紙上）(3)根據(jù)vt圖象，可以求得當?shù)刂亓铀俣萭_m/s2，試管夾到光電門B的距離約為_cm.(以上結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)【答案】 (1). vvBgt (2

17、). 9.86 (3). 69.8【解析】【分析】（1）根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的速度等于該過程中的平均速度，可得小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式；（2）根據(jù)v-t圖像斜率和截距的意義，可求當?shù)氐闹亓铀俣群虰點速度，根據(jù)速度位移關(guān)系，可求試管夾到光電門B的距離。【詳解】(1)根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的速度等于該過程中的平均速度，可得小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式為vvBgt.(2) 依據(jù)題中數(shù)據(jù)描點連線，如圖所示(3)小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式為vvBgt，所以vt圖象的斜率大小表示g，則當?shù)刂亓铀俣萭2k9.86 m/s2，圖象在v軸上的截距等于vB，根據(jù)圖

18、象得出vB3.71 m/s，根據(jù)，得試管夾到光電門B的距離約為h=69.8 cm.10.實際電壓表內(nèi)阻并不是無限大，可等效為理想電壓表與較大的電阻的串聯(lián)，測量一只量程已知的電壓表的內(nèi)阻，器材如下：A.待測電壓表(量程3 V，內(nèi)阻約1 k待測)一只，B.電流表(量程3mA，內(nèi)阻約為10 )一只，C.電池組(電動勢約為3 V，內(nèi)阻不可忽略)，D.滑動變阻器（050）E.滑動變阻器（02000.），F(xiàn).變阻箱(可以讀出電阻值，09 999 )，G.變阻箱(可以讀出電阻值，099 ),H.開關(guān)和導線若干某同學利用上面所給器材，進行如下實驗操作：(1)該同學設(shè)計了如圖甲、乙兩個實驗電路為了更準確地測出該

19、電壓表內(nèi)阻的大小，你認為其中相對比較合理的是_(填“甲”或“乙”)電路(2)可變電阻應選用_.（填寫儀器前面的字母）(3)用你選擇的合理電路進行實驗時，閉合開關(guān)S，改變阻值，記錄需要直接測量的物理量：電壓表的讀數(shù)U和_(填上文字和符號)(4)用合理電路進行實驗過程中，選擇下面哪個作為坐標軸，能作出相應的直線圖線_AUI BU CR DUR(5)設(shè)直線圖象的斜率為k、截距為b，則該待測電壓表的內(nèi)阻RV_.【答案】 (1). 甲 (2). E (3). 電流I (4). A (5). k【解析】【分析】由于電源內(nèi)阻不可忽略，乙電路無法求出電壓表內(nèi)阻；由于電壓表內(nèi)阻較大，總阻值較小的滑動變阻器調(diào)節(jié)電

20、壓時，電壓表電壓無明顯變化；根據(jù)歐姆定律確定需要測定的物理量和做出的直線圖線；根據(jù)斜率的意義，求出電壓表內(nèi)阻的表達式?！驹斀狻浚?）圖甲所示電路滑動變阻器與電壓表串聯(lián)接入電路，電源電動勢為3V，電壓表內(nèi)阻約為3K，電路電流接近3mA，可以用電流表測量電流，因此甲電路合理；乙電路由于電源內(nèi)阻不可忽略，無法求出電壓表內(nèi)阻；故選甲電路。（2）由于電壓表內(nèi)阻約為1k，滑動變阻器阻值太小，改變滑動變阻器阻值時，電壓表電壓無明顯變化，無法起到調(diào)節(jié)電壓的作用，故選用總電阻較大的E；（3）選用圖甲所示實驗電路，閉合電鍵S，改變阻值，記錄需要直接測量的物理量：電壓表的讀數(shù)U和電流表的示數(shù)I；（4）根據(jù)歐姆定律，

21、U=IRV，電壓表內(nèi)阻不變，電壓和電流成正比，所以應選擇電壓和電流作為坐標軸，做出相應的直線圖線U-I；（5）U-I圖線的斜率k=U/I，根據(jù)歐姆定律RV=U/I=k。11.如圖所示，半徑為R的光滑半圓環(huán)軌道豎直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也為R，在桌面上輕質(zhì)彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接），處于靜止狀態(tài)。同時釋放兩個小球，小球a、b與彈簧在桌面上分離后，a球從B點滑上半圓環(huán)軌道最高點A時速度為，已知小球a質(zhì)量為m，小球b質(zhì)量為2m， 重力加速度為g，求：（1）小球a在圓環(huán)軌道最高點對軌道的壓力？（2）釋放后小球b離開彈簧時的速度vb的大??？（3）小球b落地點距桌

22、子右側(cè)的水平距離？【答案】(1) mg，方向豎直向上 (2) (3) 【解析】（1）設(shè)a球通過最高點時受軌道的彈力為N，由牛頓第二定律mg+N得N=mg由牛頓第三定律，a球?qū)壍赖膲毫閙g，方向豎直向上（2）設(shè)小球a與彈簧分離時的速度大小為va，取桌面為零勢面，由機械能守恒定律得小球a、b從釋放到與彈簧分離過程中，總動量守恒mva=2mvbvb（3）b球從桌面飛出做平拋運動，設(shè)水平飛出的距離為x，則Rgt2x=vbt得xR點睛：本題物理過程很清晰，對于釋放彈簧的過程，動量守恒，機械能也守恒，小球a沿軌道向上滑行過程，機械能守恒把握解題是關(guān)鍵12.如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第一象限內(nèi)有

23、一邊長為L的等腰直角三角形區(qū)域OPQ，三角形的O點恰為平面直角坐標系的坐標原點，該區(qū)域內(nèi)有磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，第一象限中y L的其它區(qū)域內(nèi)有大小為E、方向沿x軸正方向的勻強電場；一束電子（電荷量為e、質(zhì)量為m）以大小不同的速度從坐標原點O沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)。則：（1）能夠進入電場區(qū)域的電子的速度范圍；（2）已知一個電子恰好從P點離開了磁場，求該電子的速度和由O到P的運動時間；（3）若電子速度為，且能從x軸穿出電場，求電子穿過x軸的坐標?！敬鸢浮浚?）（2） （3）【解析】【分析】（1）通過Q點進入電場區(qū)域的電子速度最大，根據(jù)洛倫茲力等于向心力，求出最大速度；（

24、2）恰好從P點離開了磁場，半徑為L/2，畫出運動軌跡，根據(jù)粒子在磁場中的運動周期和牛頓第二定律，分別求出在磁場和電場中的運動時間，求該電子由O到P的運動時間；（3）只有當電子第一次從電場返回磁場且不從OP和PQ兩邊離開磁場時，電子才有可能經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)通過x軸。畫出運動軌跡，找出第二次進入電場的位置，根據(jù)牛頓第二定律和位移時間關(guān)系，求出電子穿過x軸的坐標。【詳解】（1）通過Q點進入電場區(qū)域的電子速度最大，其半徑r1=L 能夠進入電場區(qū)域的電子的速度范圍是0v（2）設(shè)從P點離開磁場的電子半徑為r2，軌跡如圖所示：則：r2=L/2 T=， t1=t3=T/4=在電場中運動：eE=ma a=電子由O到P

25、的運動時間：t=t1+t2+t3=+（3）只有當電子第一次從電場返回磁場且不從OP和PQ兩邊離開磁場時，電子才有可能經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)通過x軸，即電子第一次返回磁場時的半徑r3滿足：r3L/3設(shè)電子從O點射入磁場時的速度為v3，軌跡如圖所示：則： 第二次進入電場時的坐標：x=2r3 y=2r3電子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)到達x軸的時間：到達x軸時沿x軸負方向的位移：坐標為：x=2r3-x0=13.以下說法正確的是()A. 已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體摩爾質(zhì)量和密度，可算出該氣體分子的直徑B. 為了保存玉米地的水分，可以鋤松地面，破壞土壤里的毛細管C. 隨著分子間距離的增大，分子間的引力和斥力都減小，斥力減小得快，但合力表現(xiàn)仍可能為斥力D. 物質(zhì)是晶體還是非晶體，比較可靠的辦法是從各向異性或各向同性來判斷E. 能量耗散從能量角度反映出自然界的宏觀過程具有方向性【答案】BCE【解析】【分析】氣體分子間有較大空隙，不能認