1、山东省日照市第一中学2020届高三物理上学期期中试题（含解析）I卷（选择题共45分）一、本题包括15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，第110小题只有一项符合题目要求，第1115小题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分。1. 万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一：“地上物理学”和“天上物理学”的统一它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道，还应用到了其他的规律和结论下面的规律和结论没有被用到的是()A. 开普勒的研究成果B. 卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量C. 牛
2、顿第二定律D. 牛顿第三定律【答案】B【解析】【详解】行星的椭圆轨道简化为圆轨道的处理方法应用到了开普勒的研究成果，卡文迪许在一百年以后通过扭秤实验得出的引力常数，万有引力提供向心力的表达式是牛顿第二定律的应用，任何物体间力的作用是相互的，是牛顿第三定律的体现故没有被用到的是卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量。故选B。2. 下列说法正确的是（）A. 气体温度升高，则每个气体分子的动能都将变大B. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小C. 一定质量理想气体温度升高，则内能可能增大D. 用油膜法估测分子大小，如果油膜没有充分展开，测出来的分子大小将偏小【答案】B【解析】【详解】A温度是分子的
3、平均动能的标志，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，不是每个气体分子的动能都将变大，故A错误；B根据分子力的特点可知，分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故B正确；C气体的分子之间的距离比较大，分子之间的作用力可以忽略不计，所以一定质量理想气体温度升高，则内能一定增大，故C错误；D用油膜法估测分子大小，如果油膜没有充分展开，则测量的油膜的面积偏小，所以测出来的分子大小将偏大，故D错误。故选B。3. 氢原子能级示意图如图所示，大量处于n4能级的氢原子，辐射出光子后，能使金属钨发生光电效应，已知钨的逸出功为4.54eV，下述说法中正确的是（）A. 氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应B.
4、 光电子的最大初动能为8.21eVC. 一个钨原子能吸收两个从n到n2能级跃迁的光子而发生光电效应D. 氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子的速率减小【答案】B【解析】【详解】A从n=4能级向n=3能级跃迁时，辐射出的光子的能量为小于钨的逸出功，不能使钨发生光电效应，A错误；B设光电子的最大初动能为Ekm解得Ekm=8.21eVB正确；C根据光电效应的瞬时性可知，一个钨原子只能吸收一个光子，能量不能积累；D氢原子辐射一个光子后，向低能级跃迁，氢原子核外电子的轨道半径减小解得由上式得，半径减小速率增大，D错误。故选A。4. 如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨
5、过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则()A. c对b的摩擦力一定减小B. 地面对c的摩擦力为零C. c对b的摩擦力一定增大D. 地面对c的摩擦力一定减小【答案】D【解析】【详解】设a、b的重力分别为Ga、Gb.对a分析，绳子的拉力FTGa；对b分析：若GaGbsin ，此时GaFfGbsin ，c对b的摩擦力方向沿斜面向上，当沙子流出时，Ga减小，摩擦力增大；若GaGbsin ，刚开始一段时间有GaGbsin Ff，c对b的摩擦力方向沿斜面向下，随着Ga减小，摩擦力在减小，当减小到GaGbsin 时，摩擦力减小为零，随
6、后GaL1cos L2所以mvm，故A正确；B两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时mghmgcos mv2重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；C整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；D滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误。故选AC。14. 如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，电荷量均为q、质量均为m的相同带电粒子a、b（不计重力
7、）从P点先后以大小相同的速度射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成角，已知它们在磁场中运动的时间之比为1：2，离开磁场的位置相同，下列说法正确的是（）A. 60B 30C. 粒子的速度大小为D. 粒子的速度大小为【答案】AD【解析】【详解】AB根据题意，两粒子在磁场中运动的半径和周期都相同，它们离开磁场的位置相同，可知两段圆弧之和应该为一个圆周，因为它们在磁场中运动的时间之比为1：2，则两段圆弧所对圆心角之比为1:2，则a粒子所对应的圆弧的圆心角为120，b粒子所对应的圆弧的圆心角为240，则60选项A正确，B错误；CD粒子做圆周运动的轨道半径为而可
8、得选项C错误，D正确。故选AD。15. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角=53，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是A. 对于滑块Q，其重力功率先增大后减小B. 滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为C. 轻绳对滑块P做功4mgLD. P与Q的机械能之和先减小后增加【答案】AC【解析】【详解】A物块Q
9、释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，A正确；B由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加上后减速，B错误；C从A到B过程中，对于PQ系统由动能定律可得对于P由动能定理可得联立解得，C正确；D对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，D错误；故选AC。第II卷（非选择题共55分）二、本题包括
10、2小题，共15分。根据题目要求将答案填写在答题卡中的指定位置。16. 在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为m(已知)，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g （1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，则系统运动的加速度a=_(保留三位有效数字)；（2）在忽略阻力的情况下，物块Z质量M的表达式为M=_(用字母m、a、g表示)；（3）由(2)中理论关系测得的质量为M，而实际情况
11、下，空气阻力，纸带与打点计时器问的摩擦，定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z的实际质量与理论值M有一定差异，这是一种_（填“偶然误差”或”系统误差”）【答案】 (1). 8.00 (2). (3). 系统误差【解析】【详解】(1)根据，系统运动的加速度；(2).根据牛顿第二定律，对Q和Z物体有，对P物体有，联立解得；(3).由，解得，实际质量总大于理论值，这是一种系统误差17. 如图甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤，其中实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，其长度和横截面积都发生变化，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化
12、，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号（电压或电流），从而完成将所称物体重量变换为电信号的过程。(1)小明找到一根拉力敏感电阻丝RL，其阻值随拉力变化的图像如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”，电路中电源电动势E约15V，内阻约2；灵敏毫安表量程为10mA，内阻约5；R是电阻箱，最大阻值是9999；RL接在A、B两接线柱之间，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作：a.滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I时，读出电阻箱的读数R1；b.滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为；c.调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的读数R
13、2，则拉力敏感电阻丝的电阻增加量为_；(2)设RF图像的斜率为k，则待测重物的重力G的表达式为G_（用以上测得的物理量表示），若测得=（sin=0.8，cos=0.6），R1、R2分别为1052和1030，则待测重物的重力G=_N（结果保留三位有效数字）。【答案】 (1). (2). (3). 132【解析】【详解】(1)1根据实验的电路图可知，电路中没有电压表，不能使用伏安法测量电阻值的变化，但电路中的电阻箱可以控制电流的变化，若电路中的电流值不变，则电路中的总电阻值也不变，所以在步骤（c）中，可以调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的读数R2，则拉力敏感电阻丝的电阻增加量为(2
14、)2开始时滑环下不吊重物，则有当挂重力为G的重物后，取AB中点处为研究对象，则此处受到三个力的作用，两个斜向上的拉力大小相等，与竖直方向之间的夹角也相等，则在竖直方向上有在题图乙中，设直线的斜率为k，截距为b，则联立可得3由题图乙可知代入数据得G=132N三、本题包括4小题。共40分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，优题速享不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。18. 如图，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）。已知圆弧的半径R=0.3
15、m，=60，小球到达A点时的速度v=4m/s。（g取10m/s2）求：（1）小球做平抛运动的初速度v0；（2）P点与A点水平距离和竖直高度；（3）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。【答案】（1）2m/s；（2），0.6m；（3），方向竖直向上【解析】【详解】（1）小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为，所以（2）小球到A点的竖直分速度由平抛运动规律得解得（3）取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得代入数据得由圆周运动向心力公式得代入数据得根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小方向竖直向上19. 如图所示，将带电荷量均为q、质量分别为m和2m
16、的带电小球A与B用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A和B一起以大小为的加速度竖直向上运动运动过程中，连接A与B之间的细线保持竖直方向，小球A和B之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的场强E的大小；(2)当A、B一起向上运动t0时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t0时间，B球电势能的变化量【答案】(1) (2)电势能减小【解析】(1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A、B两球组成的整体，由牛顿运动定律可得：其中：代入可得:(2)当细线断开时，B球受到竖直向上的电场力：小球受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B接下来向上做
17、匀速直线运动，其速度大小为匀加速运动的末速度：在匀加速阶段小球B上升的高度为：在匀速阶段小球B上升的高度为：所以在整个过程中电场力做功为：由于电场力对小球B做了的正功，所以小球B电势能减小了.【点睛】电场中的牛顿第二定律和运动学结合的应用，关键是灵活选取研究对象，正确的进行受力分析，再运用力学的规律解题20. 如图所示，两根平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为l，电阻不计水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a与b的质量均为m，接入电路的有效电阻分别为RaR，Rb2R，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止
18、释放运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，求：（1）a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；（2）最终稳定时两棒的速度大小；（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，两棒上总共产生的热量。【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有a棒切割磁感线产生感应电动势为根据闭合电路欧姆定律有a棒受到的安培力为联立上式解得方向水平向左；（2）a棒进入磁场，切割磁感线产生感应电流，a棒和b棒均受安培力作用，大小相等、方向相反，所以a棒和b棒组成的系统动量守恒，设两棒最终稳定的速度为，以v
19、的方向为正方向，根据动量守恒定律有解得（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，设两棒产生的热量为，根据能量守恒定律有解得21. 如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角=30，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板某时刻，一质量为m的小木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g求：（1）木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大
20、小（2）木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小（3）木块与挡板第1次碰撞至第n（n=2，3，4，5，）次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能E【答案】（1）a1； a2 （2）2v0 ；2v0（3）t =（n=2,3,4,5,）；E=24（n1）mv02（n=2,3,4,5,）【解析】【详解】（1）设工件与斜面间的动摩擦因数为，木块加速度为a1，工件加速度为a2对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinma1对工件，由牛顿第二定律可得：（3m+m）gcos3 mgsin3ma2 工件匀速运动时，由平衡条件可得：3mgcos3 mgsin由式解得：a1 a2
21、（2）设碰挡板前木块的速度为v，由动量守恒定律可得：3mv0+mv0=mv 由式解得：v=4v0 木块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，由动量守恒定律可得： mv= mv1+ 3mv2 由能量守恒得： 由式联立解得：v12v0 v22v0 （3）第1次碰撞后，木块以2 v0沿工件向上匀减速运动，工件以2 v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t=木块的速度v1=2v0+a1t=4v0 此时，木块位移：x1=2v0t+a1t2工件的位移：x2=2v0ta2t2即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：t=（n1）t=（n=2,3,4,5,）木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，t时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：E=4mg（n1）x2sin30解得：E=24（n1）mv02（n=2,3,4,5,）
