丰城九中－学年上学期日新部高三

物理期中考试试题

总分：分：用时：分钟

一、选择题（1-9为单选，10-12为多选，每小题4分，共48分）

1.关于电子的发现，下列叙述中正确的是（ 　　）

A.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是可以再分的

B.电子的发现，说明原子是由电子和原子核组成的

C.电子质量与电荷量的比值称为电子的比荷

D.电子电荷的精确测定最早是由密立根通过著名的“油滴实验”实现的

D

A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是可以再分的，A错误；

B．原子的核式结构是卢瑟福通过粒子的散射实验才提出的，B错误；

C．电子的电荷量与质量的比值称为电子的比荷，C错误；

D．电子电荷的精确测定最早是由密立根通过著名的“油滴实验”实现的，D正确。

故选D。

2.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的半圆轨道与一斜面轨道平滑连接，A、B连线竖直。一个质量为m的小球自P点由静止开始下滑，小球沿轨道运动到B点时对轨道的压力大小为mg。已知P点与B点的高度差为2R，则小球从P点运动到B点的过程中（ 　　）

A.重力做功mgR

B.机械能减小mgR

C.合外力做功2mgR

D.克服摩擦力做功

B

A．重力做功

故A错误；

B．在B点，根据向心力公式得

解得

球从P点运动到B点的过程中机械能减小

故B正确；

C．从P到B的过程中根据动能定理得

故C错误；

D．从P到B的过程中

解得

克服摩擦力做功为，故D错误。

故选B。

3.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的动量为p、动能为Ek．下列说法中正确的是()

A.如果在t2时刻物块的动量也为p，则t2-t1的最小值为T

B.如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2-t1的最小值为T

C.当物块通过O点时，其加速度最小

D.当物块运动至C点时，其加速度最小

C

物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的动量也为p，t2﹣t1的最小值小于等于．故A错误；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2﹣t1的最小值可以小于T，故B错误；图中O点是平衡位置，根据知，物块经过O点时位移最小，则其加速度最小，故C正确；物块运动至C点时，位移最大，其加速度最大，故D错误．

物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等．物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等．当物块通过平衡位置时加速度最小．

4.做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的（）

A.周期不变，振幅不变B.周期不变，振幅变小

C.周期改变，振幅不变D.周期改变，振幅变大

B

由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的2/3，由于振动过程中机械能守恒，故：mgh=mv2，据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；故选B．

单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小．

5.下列说法正确的是（ 　　）

A.原子核的结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定

B.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关

C.大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种频率的光子

D.用光照射金属板，入射光的频率越高，射出来的光电子的最大初动能越大

D

A．比结合能（即平均结合能）越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；

B．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，故B错误；

C．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生

种频率的光子，故C错误；

D．根据爱因斯坦光电效应方程

知用光照射金属板，入射光的频率越高，射出来的光电子的最大初动能越大，故D正确。

故选D。

6.处于基态的一群氢原子受某种单色光的照射时，只发射波长为、、的三种单色光，且，则照射光的波长为（ 　　）

A.B.C.D.

D

能放出三种光，说明此时氢原子处在第3能级，从第三能级跃迁到基态时放出光子能量为

或者

能使处于基态氢原子跃迁的光子能量和第三能级与基态之间能级差相等，故有

或者

此时照射光的波长为，故D正确，ABC错误。

故选D。

7.一列自右向左传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形图如图所示，此时坐标为的质点刚好开始运动，在t＝0.3s时刻，质点P在t＝0时刻后首次到达波峰位置，质点Q的坐标是，则下列说法错误的是（ 　　）

A.在t＝0时刻，质点P的速度方向沿y轴负方向

B.这列波的传播速度为m/s

C.在t＝0.5s时刻，质点Q首次到达波峰位置

D.这列波的波源起振方向沿y轴正方向

B

A．根据t=0时刻的波形图，由于横波向左传播，则在t=0时刻质点P沿y轴负方向运动，即速度方向沿y轴负方向，故A正确；

B．在t=0.3s时，质点P在t=0时刻后首次到达波峰位置，可得波动周期T=0.4s，由图知这列波的波长为

则传播速度为

v=

故B错误；

C．在t=0.5s时，波沿x轴负方向传播了

根据波传播的特点，知处质点的振动情况恰好传到Q点，则质点Q点首次到达波峰位置，故C正确；

D．根据波形图和传播方向，利用“逆向波形法”可判断知这列波的波源起振方向沿y轴正方向，故D正确。

由于本题选择错误的，故选B。

8.宇宙中某一质量为、半径为的星球，有三颗卫星A、B、C在同一平面上沿逆时针方向做圆周运动，其位置关系如图所示．其中A到该星球表面的高度为，已知万有引力常量为，则下列说法正确的是

A.卫星A的公转周期为

B.卫星C加速后可以追到卫星B

C.三颗卫星的线速度大小关系为

D.三颗卫星的向心加速度大小关系为

C

卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，并由此分析向心加速度等描述圆周运动的物理量与半径的关系并由此展开分析即可.

A、根据万有引力提供圆周运动向心力，可得周期，A卫星的轨道半径为，则；故A错误.

B、卫星在轨道上加速或减速将改变圆周运动所需向心力，而提供向心力的万有引力保持不变，故卫星在轨道上加速或减速时卫星将做离心运动或近心运动而改变轨道高度，故不能追上或等候同一轨道上的卫星；需要C卫星先减速后加速才能追上B卫星；故B错误.

C、根据万有引力提供圆周运动向心力可得线速度，知半径越大线速度越小，因，可知；故C正确.

D、根据万有引力提供圆周运动向心力可得加速度，知半径越大加速度越小，因，可知；故D错误.

故选C.

本题主要抓住万有引力提供圆周运动向心力并由此根据半径关系判定描述圆周运动物理量的大小关系，掌握卫星在轨道上加速或减速会引起轨道高度的变化，这是正确解决本题的关键．

9.一辆汽车正在平直公路上匀速行驶，由于前方出现交通事故，司机采取紧急刹车，依次经过a、b、c、d四点．已知通过ab、bc和cd位移所用时间之比为1∶2∶3，ab和cd距离分别为x1和x2，则bc段的距离为( 　　)

A.B.C.D.

D

将bc段分成时间相等的两段，位移分别为x3、x4，将cd段分成时间相等的三段，位移分别为x5、x6、x7，设每一段时间为T，根据匀变速直线运动的推论知，x3＝x1+aT2，x4＝x1+2aT2，x5＝x1+3aT2，x6＝x1+4aT2，x7＝x1+5aT2，可知xbc＝x3+x4＝2x1+3aT2，x2-x1=(x5+x6+x7)-x1=3x1+12aT2?x1=2x1+12aT2，可知;解得.故选D.

解决本题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．

10.如图所示．曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上、下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz．现匀速转动摇把，转速为r/min．则：（）

A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s

B.当振子稳定振动时，它的振动频率是4Hz

C.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大

D.当转速减小时，弹簧振子的振幅增大

BD

AB．摇把的转速为

它的周期

转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，频率为

A错误，B正确；

C．摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故C错误；

D．当转速减小时，弹簧振子的受迫振动周期渐渐接近振子的固有周期，所以弹簧的振幅增大，故D正确。

故选BD。

11.关于分子间的相互作用力，以下说法中正确的是( 　　)

A.当分子间距离r＝r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力

B.分子力随分子间距离的变化而变化，当rr0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大得快，故分子力表现为引力

C.当分子间的距离rr0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，故分子力表现为斥力

D.当分子间的距离r10－9m时，分子间的作用力可以忽略不计

CD

当分子间距离r＝r0时，分子力为零，此时分子间的引力等于斥力，选项A错误；分子力随分子间距离的变化而变化，当rr0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，但斥力比引力减小得快，故分子力表现为引力，选项B错误；当分子间的距离rr0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，故分子力表现为斥力，选项C正确；当分子间的距离r10－9m时，分子间的作用力可以忽略不计，选项D正确．

12.一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ 　　）

A.该汽车的质量为3×kg

B.v0=6m/s

C.在前5s内，汽车克服阻力做功为2.5×J

D.在5～15s内，汽车的位移大小约为67.19m

CD

A．由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度

a==1m/s2

汽车匀加速阶段的牵引力

F==N

匀加速阶段由牛顿第二定律得

F-mg=ma

解得m=0kg，A错误；

B．牵引力功率为15kW时，汽车行驶的最大速度

v0===7.5m/s

B错误；

C．前5s内汽车的位移

x=at2=12.5m

克服阻力做功

Wf=mgx=2.5×J

C正确；

D．5～15s内，由动能定理得

Pt-mgs=-mv2

解得s≈67.19m，D正确。

故选CD。

二、填空题（每空2分，共16分）

13.在“研究平抛运动”实验中：

（1）下列说法正确的是______；

A．斜槽轨道必须光滑

B．记录的点应适当多一些

C．用光滑曲线把所有的点连接起来

D．y轴的方向根据重锤线确定

（2）如图是利用如图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是______；

A．释放小球时初速度不为0

B．释放小球的初始位置不同

C．斜槽末端切线不水平

（3）如图是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是_______。

A． 　　B． 　　C．

①.BD##DB②.C③.B

（1）[1]A．实验过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，故A错误；

BC．记录点应适当多一些，用平滑曲线连接，偏离较远的点应舍去，故B正确，C错误。

D．y轴必须是竖直方向，可根据重锤线确定，故D正确。

故选BD。

（2）[2]由图可推知由于斜槽末端切线不水平，才会造成小球做斜抛运动，故选C；

（3）[3]竖直管与大气相通，管内为外界大气压强，保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而应保证弯管的上端口处与竖直管上出口处有恒定的压强差，保证弯管口处压强恒定，目的就是为了保证水流流速不因瓶内水面下降而减小，可保证一段时间内能够得到稳定的细水柱；如果竖直管上出口处在水面上，则水面上压强为恒定大气压，因而随水面下降，弯管口压强减小，水流速度减小。

故选B。

14.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：

(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________（填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。甲中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则单摆振动周期为________。

(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m。

(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。

(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________。

A．甲的说法正确B．乙的说法正确C．两学生的说法都是错误的

①.低②.2.05s③.0.④.⑤.A

(1)[1]摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时。

[2]图甲中停表的示数为

t=1.5min＋12.5s＝.5s

则周期

T＝s＝2.05s；

(2)[3]从悬点到球心的距离即为摆长，可得

L＝0.m

(3)[4]由单摆周期公式T＝2π，可得

g＝

(4)[5]由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，故选A。

三、计算题（12分+10分+14分=36分）

15.如图所示，在长为L=2m，质量m=2kg的平板小车的左端放有一质量为M=3kg的铁块，两者间的动摩擦因数为μ=0.5．开始时，小车和铁块一起在光滑的水平面上以v0=3m/s的速度向右运动，之后小车与墙壁发生正碰．设碰撞中无机械能损失且碰撞时间极短．求：

（1）小车第一次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d1是多少？

（2）小车第二次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d2是多少？

（3）铁块最终距小车左端多远？

(1)0.6m(2)0.m(3)1.5m

（1）对小车，由动能定理

代入数据解得

（2）第一次碰撞后，小车与铁块的速度等大反向，对铁块与小车组成的系统，规定向右为正，由动量守恒定律

解得

对小车，从第一次离墙最远到与铁块共速，由动能定理

解得

而，所以小车先与铁块共速后与强发生第二次碰撞

对小车，由动能定理

解得

（3）根据以上分析，滑动摩擦力对系统做负功使系统动能减小，最终系统将完全静止，小车右端靠墙，且该过程中铁块一只相对小车向右运动，对铁块和小车组成的系统，由能量转化与守恒定律

解得

16.某透明介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，∠ACB=30°，半圆形的半径为R，—束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O，且E、O两点距离为R，已知光在真空的传播速度为c，介质折射率为。求：

(1)光线在E点的折射角并画出光路图；

(2)光线进入介质到射到圆弧的距离和时间。

(1)30°；；(2)；。

(1)由题

OE＝OC＝R

则：△OEC为等腰三角形

∠OEC＝∠ACB＝30°

所以入射角：

θ1＝60°

由折射定律：n＝可得：

sinθ2=，θ2＝30°

由几何关系：∠OED＝30°，则折射光平行于AB的方向，如图；

(2)折射光平行于AB的方向，所以：

ED=2Rcos30°=

光在介质内的速度：v＝，传播的时间：

t＝

联立可得：

t＝

17.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g．（取，）

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小．

（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能．

（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．

（1）（2）（3），

试题分析：（1）根据题意知，B、C之间的距离l为

l=7R–2R①

设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得

②

式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得

③

（2）设BE=x．P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep．P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有

④

E、F之间的距离l1为

l1=4R–2R+x⑤

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有

Ep–mgl1sinθ–μmgl1cosθ=0⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件得

x=R⑦

⑧

（3）设改变后P的质量为m1．D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为⑨

⑩

式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．

设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t．由平抛运动公式有

?

x1=vDt?

联立⑨⑩??式得

?

设P在C点速度的大小为vC．在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有

?

P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有

?

联立⑦⑧???式得

?

动能定理、平抛运动、弹性势能

本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能．此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力．

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