1、1山东省青岛二中 2019 届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题1.用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应,可得到光电子的最大初动能Ek随入射光频率 变化的 Ek- 图像,已知钨的逸出功是 3.28 eV,锌的逸出功是 3.34 eV,若将二者的图线画在同一个 Ek- 坐标系中,图中用实线表示钨,虚线表示锌,则正确反映这一过程的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据光电效应方程写出金属的最大初动能的表达式，且 ，即可判断；W逸 =h极【详解】由光电效应方程知，对金属钨 ，对金属锌 ，所以图象的斜EK=hW逸 EK=hW逸率相同，图线应平行。又有 ，由于金
2、属钨的逸出功大于金属锌的逸出功，则图线W逸 =h极与横轴的截距点越大，金属的极限频率越大，故 A 正确，选项 BCD 错误。【点睛】本题结合图象考查了光电效应方程，解答的关键是抓住金属的逸出功越大，则光电子的最大初动能越小即可正确解答。22.如图所示，固定的半圆形竖直轨道， AB 为水平直径， O 为圆心，同时从 A 点水平抛出质量相等的甲、乙两个小球，初速度分别为 v1、 v2，分别落在 C、 D 两点。并且 C、 D 两点等高， OC、 OD 与竖直方向的夹角均为 37（sin 37=0.6，cos 37=0.8） 。则（ ）A. 甲、乙两球下落到轨道上 C、 D 两点时的机械能和重力瞬时
3、功率不相等；B. 甲、乙两球下落到轨道上的速度变化量不相同；C. v1： v2=1：3；D. v1： v2=1：4。【答案】D【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比；【详解】A、根据 可知，甲、乙两球下落到轨道的时间相等，故速度的竖直分量相等，h=12gt2根据 ，故重力的瞬时功率相等，故 A 错误；P=Gvcos=GvyB、两个球的速度速度变化量等于 ，由于相等，故速度变化量相等，故 B 错误；v=gtC、由图可知，两个物体下落的高度是相等的，根据 可知，甲、乙两球下落到轨道的h=12gt2
4、时间相等；设圆形轨道的半径为 R，则 A、C 的水平位移为：， ，则 ；x1=RRsin37=0.4R x2=R+Rsin37=1.6R x2=4x1由 ，可知 t 相同，则由 可知， ，故 C 错误，D 正确。h=12gt2 v=xt v1v2=14【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，同时要知道瞬时功率表达式 P=Fvcos。3.如图所示,竖直面内有一圆环,圆心为 O ,水平直径为 AB ,倾斜直径为 MN ，AB 、MN 夹角为 ,一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的 M 、N 两点,轻质滑轮连接一重物,放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳摩
5、擦与轻绳重力，圆环从图示位置顺时针缓慢转过 2 的过程中，轻绳的张力的变化情况正确的是（ ）3A. 逐渐增大B. 先增大再减小C. 逐渐减小D. 先减小再增大【答案】B【解析】M、N 连线与水平直径的夹角 越大，M、N 之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的(90)夹角 越小，根据 ，轻绳的张力 越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过 mg=2FTcos FT2 的过程，轻绳的张力先增大再减小，故 B 正确，ACD 错误；故选 B。4.两颗互不影响的行星 P1、P 2,各有一颗近地卫星 S1、S 2绕其做匀速圆周运动。图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度 a ,横轴表示某位置到行星中心距离
6、r 平方的倒数, a- 关系如图所示,卫星 S1、S 2的引力加速度大小均为 a0。则（ ）A. S1的质量比 S2的大；B. P1的质量比 P2的大；C. P1的第一宇宙速度比 P2的小；D. P1的平均密度比 P2的大。【答案】B【解析】【详解】根据牛顿第二定律得： G ma，则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加Mmr24速度为： a ，由此不能判断近地卫星 S1、 S2的质量大小；由数学知识知， a 图象的GMr2 1r2斜率等于 GM，斜率越大， GM 越大， M 越大，所以 P1的质量比 P2的大，故 A 错误，B 正确；设第一宇宙速度为 v，则 a0 ，得 v ，由图看出， P
7、1的半径比 P2的半径大， a0相等，v2R a0R可知 P1的第一宇宙速度比 P2的大，故 C 错误；行星的平均密度 ， P1=M43R3=a0R2G43R3=3a04GR的半径比 P2的半径大， a0相等，则 P1的平均密度比 P2的小，故 D 错误；故选 B.【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，搞清图像的物理意义，尤其是斜率；知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算5.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过 a、 b、 c、 d 四点，已知经过 ab、 bc和 cd 三段所用时间之比为 2：1：2，通过 ab 和 cd
8、 段的位移分别为 x1和 x2，则 bc 段的位移为（ ）A. (x1+x2)2B. (x1+x2)4C. (x1+3x2)2D. (x1+3x2)4【答案】B【解析】设 bc 段所用时间为 t，根据匀变直线运规律可知，bc 段平均速度等 ad 段平均速度，即， ，由以上两式可解得： ，故 B 正确。xbc=vbct=vadt vad=x1+x2+xbc5t xbc=x1+x246.如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数 =0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为 1 kg 的小球 A 和 B， A、 B 球间用细绳相连。初始A、 B 均处于静止状态，已知
9、OA=3 m， OB=4 m，若 A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m（取 g=10 m/s2） ，那么该过程中拉力 F 做功为（ ）5A. 4 JB. 10 JC. 12 JD. 14 J【答案】D【解析】【分析】对 AB 整体受力分析，根据共点力平衡条件列式，求出支持力 N，从而得到滑动摩擦力为恒力，最后对整体运用动能定理列式，得到拉力的功；【详解】对 AB 整体受力分析，受拉力 F、重力 G、支持力 N、向左的摩擦力 f 和向右的弹力 N1，如图所示：根据共点力平衡条件，有竖直方向： N=G1+G2水平方向： F=f+N1其中： f=N解得： ，N=（ m1+m2)g=20N f
10、=N=0.220N=4N对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到： WFfsm2gh=06根据几何关系，可知求 B 上升距离 ，故有： ，h=1m WF=fs+m2gh=41J+1101J=14J故选项 D 正确，选项 ABC 错误。【点睛】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功。7.如图所示，A 点距水平地面高度为 h，木块 M 处于静止状态，某时刻释放 M，木块做自由落体运动，空中运动总时间为 t1。若一子弹 m 以水平速度 v 射向木块并嵌在木块中，若在A 点释放同时射入木块空中运动总时间为 t2，若在木块落至 h 一半的
11、B 点时射入木块空中运动总时间为 t3，设：木块与子弹作用时间极短，空气阻力不计，则（ ）A. t1=t2=t3B. t1=t2t2t3【答案】B【解析】【分析】当 A 木块落至某一位置时，A 竖直方向的速度不为零，而子弹竖直分速度为零，故 A 会受到子弹向上的作用力，然后根据牛顿第二定律进行分析即可；【详解】将 M 由静止开始下落，则 M 做自由落体运动；当 M 刚开始下落时子弹射入，则二者以某一共同的水平初速度做平抛运动，竖直方向仍为自由落体运动，即 ；t1=t2若在木块落至 h 一半的 B 点时子弹射入木块，水平方向动量守恒，即 A 会获得水平方向的分速度，而子弹此时竖直方向速度为零，要
12、从零加速到与 A 具有相同的速度，需受到 A 向下的作用力，根据牛顿第三定律 A 会受到子弹给的向上的作用力，则向下的加速度会减小，7小于自由落体加速度 g，故 A 下落时间较长一些，综上所述，则有 ，故选项 B 正t1=t2”或“ (2). BC (3). C (4). (5). m1OP=m1OM+m2ON(6). m1OP2=m1OM2+m2ON2 m1OP=m1OM+m2ON【解析】【分析】明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量，在该实验中，小球做平抛运动，高度相等，时间 t 就相等，水平位移 x=vt，与 v 成正比，因此可以用位移 x 来代替速度 v，根据水平方向上的分运动即可验
13、证动量守恒，根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；【详解】 （1）为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量，即 ；m1m2小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证： ，因m1v0=m1v1+m2v2小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移 ，因此可以直接用水平位移代替x=vt速度进行验证，故有 ，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，m1OP=m1OD+m2ON测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有 BC；（2）A、由于各种偶
14、然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故 AB 错误；C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故 C正确；D、仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段 OP 的长度越小，故 D 错误。（3）若两球相碰前后的动量守恒，则 ，又 ，m1v0=m1v1+m2v2 OP=v0t， ，代入得： OM=v1t ON=v2t m1OP=m1OM+m2ON若碰撞是弹性碰撞，满足能量守恒，则： ，12m1v02=12m1v12
15、+12m2v2216代入得； ； m1OP2=m1OM2+m2ON2（4）如图所示，连接 OP、OM、ON，作出 M、N 在 OP 方向上的投影点 ，如图所示：M、 N分别测量出 的长度。若在实验误差允许范围内，满足关系式OP、 OM、 ON，则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒。m1OP=m1OM+m2ON【点睛】该题考查验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移 x 来代替速度 v，成为是解决问题的关键，要注意理解该方法的使用。三、计算题17.如图所示，质量不计的光滑活塞被销钉固定，使一定量气体被封闭在容器的上部，容器下部与大气连通，容
16、器上部连接有一 U 形管（U 形管内气体的体积忽略不计，容器下部足够高） 。此时容器上部封闭气体的体积为 V，室温为 T1=300K，U 形管两边水银柱高度差为24cm（外界大气压等于 76 厘米汞柱）. 问：(1)将封闭在容器中的气体加热到一定温度后发现 U 形管两边水银柱高度差变为 38cm，那么这时封闭气体的温度 T2为多少 K？(2)保持气体的温度 T2不变，拔掉销钉，活塞稳定时容器上部气体的体积为多少？【答案】 （1）342K（2）1.5V【解析】【分析】加热过程，封闭气体的体积不变，运用查理定律求解；拔掉销钉，活塞运动过程温度不变，运用玻意耳定律求解；17【详解】 （1）U 形管两
17、边水银柱高度差为 ，外界大气压等于 。24cm 76cmHg根据平衡知识得容器上部的气体压强 P1=P0+h=100cmHg加热过程，封闭气体的体积不变，运用查理定律： ， ， ，加热P1T1=P2T2 P1=100cmHg T1=300K到一定温度后发现 U 形管两边水银柱高度差变为 ，这时封闭气体的压强 38cm，可得： ；P2=114cmHg T2=342K（2）拔掉销钉，活塞运动过程温度不变，运用玻意耳定律： ， ，P2V2=P3V3 P2=114cmHg，活塞稳定时 U 形管内两边水银面的高度差为零， ，则 。V2=V P3=P0 V3=1.5V【点睛】分析封闭在容器中的气体的状态参
18、量的变化，能够根据气体状态方程和已知的变化量求解。18.如图所示,A、B 是水平传送带的两个端点,起初以 v0=1m/s 的速度顺时针运转.今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放在 A 处,同时传送带以 a0=1m/s2的加速度加速运转,物体和传送带间的动摩擦因素 =0.2,水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 CPN,其形状为半径 R=0.8m 的圆环剪去了左上角 1350的圆弧,PN 为其竖直直径,C 点与 B 点的竖直距离为 R,物体离开传送带后由 C 点恰好无碰撞落入轨道.取 g=10m/s2,求: (1) B、C 间的水平距离；(2)物块由 A 端运动倒 B 端所经历的时间.(3)判
19、断物体能否沿圆轨道到达 N 点.【答案】 （1）1.6m（2）3s（3）不能【解析】【分析】（1）研究物块离开 B 点做平抛运动的过程，由高度求出下落的时间，由 求出物块到vy=gt达 C 点时竖直分速度，再由几何关系求 ，从而求出水平分位移；vB（2）物体刚放上传送带时，先加速后再与传送带一起加速，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解 AB 间的时间问题；18（3）物体能到达 N 点的速度要求：在 N 点由重力和轨道支持力的合力提供向心力，对于从C 到 N 过程，由机械能守恒列式，结合临界条件分析；【详解】 （1）物体离开传送带后由 C 点无碰撞落入轨道，则得在 C 点物体的速度方向与 C点相
20、切，与竖直方向成 450，则物块平抛下落时间为：t= =0.4s2Rg则竖直分速度为： svy=gt=4m/水平分速度为： vB=v0=vy=4m/s则 C 点合速度为：v C= v0=4 m/s2 2水平方向为匀速运动则 BC 之间水平距离为： ；xBC=v0t=1.6m（2）物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有： ，得到：mg=ma a=2m/s2物体历时 后与传送带共速，则有： ，则t1 at1=v0+a0t1 t1=1s得到： v1=at1=2m/s4m/s故物体此时速度还没有达到 ，且此后的过程中因为 ，物体将和传送带以共同的加vB a0g速度运动，设又历时 到达 B 点，则t2 v
21、B=v1+a0t2得到 t2=2s所以从 A 运动到 B 的时间为： ；t=t1+t2=3s（3）物体能到达 N 点的速度要求： mg=mv2NR得到： vN= gR= 8m/s对于小物块从 C 到 N 点，设能够到达 N 位置且速度为 ，由机械能守恒定律得到：vN12mv2C=mgR(1+22)+12mv2N得到： ，故物体不能到达 N 点。vN= 4.8m/svN【点睛】解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂，对于圆周运动问题逐一分析向心力来源。19.如图所示，质量为 mc=2mb的物块 c 静止在倾角均为 =300的
22、等腰斜面上 E 点，质量为ma的物块 a 和质量为 mb的物块 b 通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的19小滑轮并处于松驰状态，按住物块 a 使其静止在 D 点，让物块 b 从斜面顶端 C 由静止下滑，刚下滑到 E 点时释放物块 a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后 b 与 c 立即发生完全弹性碰撞，碰后 a、 b 都经过 t=1 s 同时到达斜面底端。已知 A、 D 两点和 C、 E 两点的距离均为 l1=0.9m， E、 B 两点的距离为 l2=0.4m。斜面上除 EB 段外其余都是光滑的，物块 b、 c与 EB 段间的动摩擦因数均为 = ，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细
23、绳张紧时与斜面33平行，取 g =10 m/s2。求：（1）物块 b 由 C 点下滑到 E 点所用时间。（2）物块 a 能到达离 A 点的最大高度。（3） a、 b 物块的质量之比 。mamb【答案】0.6；0.578；15/16【解析】本题考查物体沿斜面的运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量守恒、动量定理等知识。（1）物块 b 在斜面上光滑段 CE 运动的加速度为 a1=gsin=5m/s2由 解得：l1=12a1t12 t1= 2l1a1= 20.95 =0.6s（2）取沿 AC 方向为正方向，由 ， 解得 l1=v1t12a1t2 t=1s v1=1.6msa 沿斜
24、面上滑距离有 s=v122a1=2.5625=0.256(m)所以物块 a 能到达离 A 点的最大高度 h=(l1+s)sin=0.578m（3）设绳断时物块 b 的速度为 ，b 与 c 相碰后 b 的速度为 ，c 的速度为 ，则v2 v2 vcmbv2=mbv2+mcvc12mbv22=12mbv22+12mcvc2mc=2mb联立解得 v2=13v2 v2=32vc20因 的方向沿斜面向下，故 的方向沿斜面向下， 的方向沿斜面向上。vc v2 v2在 EB 段上的加速度为 ，物块 b 在 EB 段上作匀速运动。a2=gsingcos=10(123332)=0和 c 相碰后 b 先向上滑再下滑到 E 点时的速度仍为 ，则 v2 v2(t2t2)=l2代入数据，得解得 的大小为 物块 b 刚下滑到 E 点时的速度为若取 ，则 的大小为 ，与事实不符，所以舍去。取 ，则 ，方向沿斜面向下。 设细绳对物块 a 和 b 的冲量大小为 I，由 解得 点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等。
