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＝0.2 s 时质点c第一次到达波谷；则此波的传播速度为50 m/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s
t
t
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s 1，并计算1
1
s t =______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 ／s 2。
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 R x ，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 R x
(2)按正确步骤测量时，指针指在图 1 所示位置，R x 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 A 1（量程 0～500mA ，内电阻约 20Ω）
电流表 A 2（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=1×10－3 kg、电荷量为q=1.0×10－4 C的带电小球，
用长为L 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=10 m/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U AK 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v h 为弗拉希奇重心上升的高度大约是1m ，解得：
4.5m/s v =≈
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 =12
T ，解得T =2t =0.4s ；故 5m/s v T λ=
=
故D 错误；
6．D
【解析】
【详解】
蓄电池的放电电流为40 1.6724
P I A U ===，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=P 0S×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=
5760150
=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 =12000×3 C =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： 36000A 1200A 30Q I t =
== 故D 错误。
故选B 。
8．BC
【解析】
A 、根据万有引力提供向心力：22GMm m r r ω=，ω=“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：2
2GMm v m r r
=，v =，“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：2
2GMm v m r r
=，v =，“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E p=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：
f M-f m=m绸a=0（轻绸带，质量为零）
故
f M=f m
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Mg sin α＜μMg cos α、mg sin α＜μmg cos α和Mg sin α＞mg sinα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：
Mg sinα-mg sinα=（M+m ）a
隔离M ，有：
Mg sinα-f M =Ma
对m 有：
f m -m
g sinα=ma
解得：
f M =f m =2 Mm M m
+g sinα＞mg sinα 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-m αv α，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力2
mv qvB r
=，又q α=2e ，R 1：R 2=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1m v R q B ααα= ，得1971272 1.610 2.50.2/ 2.410/6.6410
q BR v m s m s m ααα--????==≈??，故C 正确．A 原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz 的光子，依据
E=hγ=6.6×10-34×1.2×1015 J=7.92×10-19 J=4.95eV ＞4.54 eV ，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． 1 1.36 2k 2.1(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
s 1=143.0-3.0cm =1.400m ，
因t 1=1.03s ,那么s 1/t 1=1.40/1.03=1.36m /s ； 依据运动学公式212s at =,则有： 12
s at t =， 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, 22.38 1.152 2.1/1.20
a m s -=?=-； 因此测量的加速度大小为2.1m /s 2.
14．AC 22 A 2 R 1
【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
4.5
A200mA
22
I==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）200 N/C （2）6 m/s （3）6m)
，
【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：212
mgl mv = 代入数据得：v ＝6 m/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ma =
竖直方向： y ＝vt 水平方向：2112
x at =
解得：1x x L ＝＋＝ 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/s 2；20007203
f v =- （0.78m/s 1.08m/s v ≤≤）
【详解】
（1）对导体棒：电动势 1E BLv =
感应电流
1BLv E I R R
=
=； 安培力 221A B L v F BIL R
== 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
22'1A
B L v F R
= 对 M 1 和 m ：由平衡条件可得 2211A B L v M m g F R
+='=（） 解得：
R =1.5×10-5Ω
（2）对 M 2和 m ：由平衡条件
()2212A B L v M m g F f
f R
'+=+=+ 解得： ()2212200B L v f M m g N R
=+-
= （3）对 M 2和 m ：根据牛顿第二定律得 ()()22A M m g F f M m a '+--=+，
221A
B L v F R '
= 解得：
()2222B L v M m g f R a M m
+--=+ 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 v 2=0.78m/s 时，代入数据得
a =4m/s 2
要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则由
()()2222B L v M m g f M m a R
+--=+ 可得：
20007203
f v =- （0.78m/s 1.08m/s v ≤≤） 17．(1) U AK ≥2mv 2e (2) B=mv eR
(3)2
【详解】
（1）由动能定理 eUAK≥
212
mv ； 解得： U AK ≥2
2mv e
（2）由题意得电子轨道半径为 R ，由 evB =2
mv R
,得 B=mv eR
（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 O 1POM 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
d M = R (1 ? cos 45°)
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
d N = R (1 + cos45°)
故 NM 竖直长度占射入总长度 2R 的比例
22N M d d R -=