云南省昆明市第三中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试卷

2025-2026学年云南省昆明三中高三（上）期中物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，在屏上观察到如图乙所示的条纹。他改变的实验条件可能是(    ) A. 减小双缝之间的距离 B. 增大光源与双缝的距离 C. 减小双缝到光屏的距离 D. 换用频率更高的单色光源 2.真空中放置两个点电荷，电量各为与，它们相距r时静电力大小为F。若将它们的电量分别减为和，距离也变为，则它们之间的静电力大小是(    ) A. F B. C. 2F D. 4F 3.如图所示，一条小船位于宽的河的正中A点处，从这里向下游100m处有一危险区，当时水流速度为，为了使小船避开危险区到达对岸，则小船在静水中的速度至少是(    ) A. B. C. D. 4.将一根不可伸长的轻绳穿过竖直杆上的光滑圆孔，轻绳两端连接质量分别为、的小球A、B，旋转直杆使两球在水平面内做匀速圆周运动。如图所示，稳定时，轻绳和杆始终共面，连接A、B的轻绳与杆的夹角分别为、，圆孔与A、B间轻绳长度分别为、。若，则(    ) A. ， B. ， C. ， D. ， 5.如图所示，质量为m物块P放置于水平面上，P和墙间水平拴接着劲度系数为k的轻弹簧，且弹簧处于原长状态。已知P与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。今用水平力F向左缓慢压P，使P向左移动到某一位置，为了保证撤去水平力F后，物块P能先向右再向左运动后停止，下列判断正确的是(    ) A. 物体停止时弹性势能一定为零 B. 力F的最大值为 C. F做的功的最大值为 D. 物体运动过程中的产生的热量Q应大于 6.如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是(    ) A. 物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B. 物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C. 物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D. 摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于零 7.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与质量为m的物块A相连接。初始时刻，用挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处于原长。利用计算机系统精确控制使挡板B竖直向下做加速度大小为的匀加速直线运动，直至挡板与物块A分离，分离后物块A向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度，而后向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。则(    ) A. 挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量 B. 物块A达到最大速度时，弹簧的伸长量 C. 弹簧的最大伸长量为 D. 物块A的最大速度 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.下列说法正确的是(    ) A. 大量处于激发态的氢原子可以向外辐射紫外线，也可向外辐射射线 B. 卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子核式结构模型，也可估算出原子核的大小 C. 扩散现象说明组成物质的分子在做永不停息地热运动，也可说明分子间存在空隙 D. 从单一热库吸收热量可以自发地全部传递给低温物体，也可以自发地完全变成功 9.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量，汽车受到的阻力恒为车重的，重力加速度g取，下列说法正确的是(    ) A. 前5s内的牵引力大小为 B. 汽车的额定功率为50kW C. 汽车的最大速度为 D. 当汽车的速度大小为时，加速度大小为 10.如图所示为英国物理学家汤姆逊当年用于测量电子比荷的气体放电管示意图。图中虚线框内部分处于真空状态，当灯丝L与电源1接通时将发热并逸出电子。P是中央有小圆孔的金属板，当L和P板与电源2接通时，逸出的电子将被加速，并沿图中虚直线所示路径到达荧光屏。、为两块平行于虚直线、间距为d的金属板，两板与电源3相接，在图示圆形区域内加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。今测得三个可调电源的电压值分别为、、时，恰好观察到荧光屏O点有荧光发出。则以下说法正确的是(    ) A. 电源2、3都是直流电源 B. 金属板接电源3的负极 C. 该次实验测得电子的比荷为 D. 该次实验中电子击中O点时的动能略大于 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 11.某同学设计了如图1所示的单摆装置来测量当地重力加速度g，将小钢球通过没有弹性的长为l的细绳悬挂于O点，小球通过最低点时球心会经过光电计时器，光电计时器用于测量小球的通过时间及次数。 本实验中有关小球摆动时对应的圆心角、绳长l与小钢球直径d的关系，最符合要求的是______多选。 A.圆心角很小 B.圆心角不大于即可 C.l大于d即可 D.l远大于d 若已知绳长l，还需要测量小钢球的直径d。某同学利用测量工具测得d的值如图2所示，其读数为______ mm。 某次实验时，他将小钢球第一次到达最低点记作次数0，此时开始计时，经时间t小球第n次经过最低点，则当地重力加速度的测量值______用测量的物理量字母符号表示。 12.按要求完成下列填空： 某同学用多用电表的欧姆挡来测量双量程电压表3V挡的内阻，如图甲所示。 ①先将选择开关旋至欧姆挡倍率“”挡，正确欧姆调零后进行测量，则黑表笔应接电压表的______填“-”或“3”接线柱。 ②若用多用电表欧姆挡的同一挡位来正确测量该电压表15V挡的电阻时，与测3V挡的电阻时相比，测15V挡时欧姆表指针偏角______填“变小”、“变大”或“不变”，电压表指针偏角______填“变小”、“变大”或“不变”。 用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。按如图乙所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。 该实验的第一步是：闭合电键，将电键接1，调节滑动变阻器和，使两电表指针指示在合适位置，记录此时两电表读数、； 第二步是：保持的滑片位置不动，适当调节另一滑动变阻器，使两电表指针指示在合适位置，将电键接2，记录此时两电表的读数、。由以上记录数据计算被测电阻的表达式是______。 四、计算题：本大题共3小题，共30分。 13.在播种季节，农民经常采用抛秧的方式种植水稻。如图所示，某次抛秧时农民将秧苗视为质点从A点以速度大小为、方向与水平面成的角度抛出，秧苗落在水平水田上的B点图中未画出，已知A、B两点的水平距离，不计空气阻力，取重力加速度大小，，。求： 秧苗在空中的运动时间t； 和B两点的竖直高度差h； 秧苗落到水田前瞬间的速度的大小。 14.一个内壁光滑的圆形管道固定在倾角的斜面上，一个直径略小于管道直径、质量的小球可视为质点在管道中做圆周运动。已知圆形管道的半径且远大于小球的直径，，，当地的重力加速度。 若小球运动到最高点A时的速度大小，求小球在A点时对管道的弹力的大小； 若小球在最低点B时的速度大小，求此时管道对小球的弹力的大小。 15.为研究强磁体的磁性，某小组进行了以下实验：如图甲所示，建立沿水平方向的坐标轴x，将一圆柱形钕铁硼强磁体M对称的置于x轴，磁体中心位于坐标原点O。将一圆形线圈C置于x轴负方向较远处，线圈轴线与x轴重合，线圈与两个传感器图中未画出相接。现通过外力作用使线圈沿x轴正方向做匀速直线运动，这时，一个传感器测得通过圆形线圈C的磁通量数字“5”与“10”仅表示格数随圆环位置x的变化图像如图乙所示，另一个传感器测得线圈中的电流I随时间t变化的图像如图丙所示。已知在乙图中处的切线斜率绝对值最大，丙图中时刻6s到10s之间的图线可近似的看成直线，线圈的匝数，线圈的电阻。为研究方便，不考虑传感器与线圈间力的作用，线圈导线各处的磁感应强度大小均视为相同。求： 圆形线圈做匀速直线运动的速度大小； 至8s期间流过线圈的电量； 整个过程中通过线圈的最大磁通量； 为维持线圈匀速移动，所需水平方向外力的最大值。 答案和解析 1.【答案】A  【解析】A、乙图中条纹的间距比甲图大，根据双缝干涉的条纹间距公式x知，乙图中可能是波长较大，也可能缝与屏间距增大，也可能双缝间距减小。符合题意； B、增大光源与双缝的距离对干涉条纹间距不起作用，不符合题意； C、减小双缝到光屏的距离会使干涉条纹间距减小，不符合题意； D、换用频率更高的光源，会减小干涉条纹间距。不符合题意； 综上，本题选A。 2.【答案】A  【解析】解：真空中放置两个点电荷，电量各为与，它们相距r时静电力大小为F， 由库仑定律的可得，原来它们之间的库仑力为， 若将它们的电量分别减为和，距离也变为， 由库仑定律的可得变化之后它们之间的库仑力为，故A正确，BCD错误。 故选：A。 根据库仑定律的公式列出变化前和变化后的关系式直接对比即可。 本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式即可，比较基础。 3.【答案】B  【解析】解：当小船从A点正好到达危险区的对岸处时，小船有最小速度，如下图所示 根据图中几何关系可知，所以当船头方向垂直小船的轨迹时速度最小，则小船的最小速度为，故B正确，ACD错误。 故选：B。 作出船速、水速和合速度的矢量图，根据三角函数关系计算即可。 知道当船头方向垂直其航线时，船的速度最小是解题的关键。 4.【答案】D  【解析】解：对小球受力分析，竖直方向平衡，，因为，故， 设绳上张力为T，则，轻绳和杆始终共面，则角速度相等，所以，故ABC错误，D正确。 故选：D。 这是一条绳子，张力相等，对小球受力分析，竖直方向平衡，水平面内做匀速圆周运动，拉力的水平分力提供向心力，轻绳和杆始终共面，则角速度相等。 本题重点是绳子张力相等，角速度相等。 5.【答案】C  【解析】解：为使物块能够完成一次从右向左再返回的运动，需确定力F的最大值与最小值。F取最大值时，物块向左运动至停止瞬间，弹簧弹力恰等于最大静摩擦力。 设此时弹簧压缩量为，则有，解得：。 设物块运动至最右端时弹簧伸长量为，第一次运动到最左端时弹簧压缩量为。从最右端运动到停止点，由能量守恒得：，解得：。 从最左端运动至最右端，由能量守恒定律得：，解得：。 F取最小值时，物块向左运动至停止瞬间，弹簧弹力此时为伸长状态恰等于最大静摩擦力。 设此时弹簧伸长量为，有，解得：。 设最右端弹簧伸长量为，最左端弹簧压缩量为。从最右端到停止点，由能量守恒得：，解得：。 从最左端运动至最右端，由能量守恒定律得：，解得：。 A、由于地面存在摩擦，物块停止时弹簧可能处于压缩或伸长状态，弹性势能不一定为零，故A错误； B、力F的最大值为，代入得：，故B错误； C、由功能关系，外力F所做功的最大值为，代入，解得：，故C正确； D、摩擦产生热量Q的最小值为，代入解得：，因此全过程产生的热量Q应满足，故D错误。 故选：C。 题目要求物块P在撤去F后能先向右再向左运动后停止，需分析力F作用下的临界条件。关键在于确定弹簧压缩和伸长的极值点，使得物块在运动过程中克服摩擦力做功后恰好停止。通过能量守恒分析弹簧形变量与摩擦力的关系，可推导出力F的最大值及做功的极值。选项C的计算基于最大压缩量对应的弹性势能和摩擦力做功总和，符合题目描述的物理过程。其他选项或忽略了弹性势能的存在，或对力和热量的计算不准确。 本题综合考查弹簧振子模型中的能量转化与摩擦力做功问题，涉及胡克定律、能量守恒定律和功能关系的综合应用。题目通过设置物块往复运动的条件，巧妙地将弹簧弹性势能、摩擦力做功与外力做功联系起来，计算量较大且对物理过程分析要求较高。解题时需要准确建立物块在不同位置的受力平衡方程，并通过能量守恒定律建立各压缩量之间的关系，体现了对力学系统能量转化的深刻理解。选项C的计算过程尤为复杂，需要将弹簧势能与摩擦力做功精确量化，充分考查了学生运用数学工具解决物理问题的能力。题目设计突出了能量观点在分析复杂运动过程中的核心作用，是一道能有效区分学生力学素养高下的典型好题。 6.【答案】C  【解析】【分析】 考查动能定理、能量守恒定律、功与能的关系，同时注意滑动摩擦力与相对位移的乘积即为系统产生的热量． 【解答】 A、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误； B、根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误； C、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确； D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量机械能，选项D错误． 故选：C。 7.【答案】D  【解析】解：A、挡板B与物块A分离时，A、B之间的弹力为零，加速度相等为，设此时弹簧的伸长量为，根据牛顿第二定律有，解得，故A错误； B、当物块A受力平衡时速度最大，根据平衡条件有，解得，故B错误； C、当物块A是自由下落时弹簧的最大形变量为，解得弹簧的最大形变量为，但因为一开始有挡板B阻碍A下落，其中有能量损失，所以弹簧的最大形变量应该是小于的，故C错误； D、当A和B分离后，对A，根据牛顿第二定律得，则a随x增大而均匀减小；物块A加速度a随坐标x变化的图像如图所示 根据可知，图线与坐标轴所围面积为，则，解得，故D正确。 故选：D。 挡板B与物块A分离时，A、B之间的弹力为零，根据牛顿第二定律计算；当物块A受力平衡时速度最大，根据平衡条件计算；当物块是自由下落时弹簧的最大形变量等于速度最大时弹簧形变量的2倍；做出物块A的图线，根据图线与坐标轴所围面积表示速度计算。 知道A、B分离的条件，能够做出物块A的图线是解题的关键。 8.【答案】BC  【解析】解：大量处于激发态的氢原子可以向外辐射紫外线，不能向外辐射射线，故A错误； B.卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子核式结构模型，也可估算出原子核的大小，故B正确； C.扩散现象说明组成物质的分子在做永不停息地热运动，也可说明分子间存在空隙，故C正确； D.根据热力学第二定律，不可能从单一热库吸收热量可以自发地全部传递给低温物体，也不可能自发地完全变成功，故D错误。 故选：BC。 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。 9.【答案】AC  【解析】解：A、根据图分析可知，前5s内的加速度大小 汽车受到地面的阻力大小，解得 由牛顿第二定律有 解得前5s内的牵引力大小，故A正确； B、根据题意分析可知，汽车5s末达到额定功率，有 解得，故B错误； C、根据题意分析可知，由 解得最大速度，故C正确； D、根据题意分析可知，当汽车的速度时，根据 解得 由牛顿第二定律有 解得，故D错误。 故选：AC。 结合图像获取运动信息，利用牛顿第二定律、功率公式及最大速度条件牵引力等于阻力进行分析。 汽车启动过程需分阶段分析：匀加速阶段与变加速阶段；关键公式为牛顿第二定律、功率公式及最大速度条件。 10.【答案】AD  【解析】解：A、电源2作用是使电子向右做加速直线运动，要提供恒定电压，故电源2应为直流电源；电源3作用是提供电场使电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，故也应为直流电源，故A正确； B、由左手定则判断可知，电子在、之间受到的洛伦兹力方向向上，为了平衡电子受到的电场力应向下，则金属板接电源3的正极，故B错误； C、电子经电源2加速时，根据动能定理有 、之间电子受力平衡，根据平衡条件有 联立解得电子的比荷为，故C错误； D、全过程由动能定理有。当L和P板与电源2接通时，逸出的电子具有一定的初动能，即，则该次实验中电子击中O点时的动能略大于，故D正确。 故选：AD。 分析电子的运动过程，确定电源2、3的种类；电子在、之间做直线运动，受到洛伦兹力与电场力平衡，根据左手定则判断洛伦兹力方向，再判断电场力方向，即可确定金属板接电源3的哪极；电子经电源2加速时，根据动能定理列方程。、之间电子受力平衡，根据平衡条件列方程，联立求出电子的比荷。对全过程利用动能定理分析电子击中O点时的动能。 解答本题的关键要理解该实验装置的工作原理，明白每个电源的作用，再运用动能定理和平衡条件求出电子的比荷。 11.【答案】AD     【解析】解：单摆对摆角的要求为摆角很小，且细绳长度远大于小球直径，故AD正确，BC错误。 故选：AD。 读数为。 根据题意周期 由单摆周期公式，其中 解得。 故答案为：；；。 根据单摆的条件分析判断； 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和； 根据题意和单摆周期公式计算。 本题关键掌握利用单摆测定当地重力加速度的实验原理、推导重力加速度的方法和螺旋测微器的读数方法。 12.【答案】变小;变小   【解析】解：①多用电表欧姆挡的黑表笔接内部电源的正极，测量电压表内阻时，电流应从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，所以黑表笔应接电压表的“3”接线柱； ②电压表的量程越大，内阻越大，用多用电表欧姆挡的同一挡位测量时，根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的内阻越大，则通过欧姆表的电流越小，故与测3V挡的电阻时相比，测15V挡时欧姆表指针偏角变小；而通过电压表的电流越小，电压表指针的偏角越小，故电压表指针偏角变小。 由欧姆定律可知， 两式相减得 故答案为：，变小，变小；。 ①根据多用电表欧姆挡的黑表笔接内部电源的正极判断；②根据闭合电路欧姆定律分析判断； 根据欧姆定律列方程组计算。 本题关键掌握多用电表的内部结构、利用闭合电路欧姆定律判断和利用欧姆定律计算。 13.【答案】秧苗在空中的运动时间是1s  和B两点的竖直高度差是2m  秧苗落到水田前瞬间的速度的大小是  【解析】解：秧苗在水平方向做匀速直线运动， 水平速度分 水平分位移 代入数据解得 选竖直向上为正方向，秧苗的竖直初速度 在竖直方向的位移， 代入数据解得，负号表示方向向下， A和B两点的竖直高度差为2m 秧苗落到水田前瞬间水平方向的速度 竖直方向的速度，负号表示方向竖直向下 故秧苗落到水田前瞬间的速度的大小 答：秧苗在空中的运动时间是1s； 和B两点的竖直高度差是2m； 秧苗落到水田前瞬间的速度的大小是。 秧苗做斜上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，应用运动学公式求出运动时间。 秧苗在竖直方向做匀减速直线运动，应用运动学公式求解。 求出秧苗落地时的竖直分速度大小，然后求出秧苗落地时的速度大小。 分析清楚秧苗的运动过程，应用运动的合成与分解、运动学公式即可解题。 14.【答案】小球在A点时对管道的弹力的大小为16N  此时管道对小球的弹力的大小为  【解析】解：在A点时，根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 在垂直斜面方向，小球受管道弹力大小为 根据牛顿第三定律可知小球在A点时对管道的弹力的大小为6N。 小球在最低点B时，根据牛顿第二定律可得 解得 管道对小球的弹力大小为 代入数据解得 答：小球在A点时对管道的弹力的大小为16N； 此时管道对小球的弹力的大小为。 小球运动到最高点A时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律结合牛顿第三定律求小球在A点时对管道的弹力的大小； 小球在最低点B时，根据牛顿第二定律求出管道在斜面内对小球的作用力，再与垂直于斜面方向的力合成得到管道对小球的弹力的大小。 本题考查向心力的运用，要正确分析受力，确定向心力来源：指向圆心的合力，这是解决本题的关键。 15.【答案】圆形线圈做匀速直线运动的速度大小为  至8s期间流过线圈的电量为  整个过程中通过线圈的最大磁通量为  为维持线圈匀速移动，所需水平方向外力的最大值为  【解析】解：根据乙图中处的切线斜率最大，即感应电动势最大，对应于丙图中时刻，而乙图中处则对应于丙图中时刻，故圆形线圈做匀速直线运动的速度大小 至8s期间流过电阻R的电流均匀变化，则流过电阻R的电量 由法拉第电磁感应定律可得 根据乙图可得，6s至8s期间 综合得 为维持线圈匀速移动，应有 最大安培力 其中为线圈所在处径向的磁感应强度，r为线圈半径，又， 综合得 代入数据解得 即所需水平方向上的最大外力为。 答：圆形线圈做匀速直线运动的速度大小为； 至8s期间流过线圈的电量为； 整个过程中通过线圈的最大磁通量为； 为维持线圈匀速移动，所需水平方向外力的最大值为。 根据感应电动势最大时对应的位置坐标，结合速度计算公式计算； 根据电流的定义式计算； 根据法拉第电磁感应定律计算； 根据平衡条件和安培力公式计算。 本题考查了对法拉第电磁感应定律、电流的定义式以及安培力公式的应用，基础题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $