重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高三上学期期中物理试题（Word版附解析）

西南大学附中2023—2024学年度上期期中考试高三物理试题（满分：100分；考试时间：75分钟）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）。一、单项选择题：本大题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2023年杭州亚运会上，运动员正在进行射箭项目比赛，如图甲所示。释放箭的瞬间，若弓弦的拉力为100N，如图乙中的F1和F2所示。弓弦对箭产生的作用力为120N，如图乙中的F所示，则弓弦的夹角α应为（cos53°=0.6）（）A.106°B.74°C.143°D.127°【答案】A【解析】【详解】由图可知，、、构成了一个菱形，根据力的分解可知所以则故选A。2.2023年国庆长假期间，各地游客朋友来到重庆，欣赏“轻轨穿楼”景观，感受山城独特魅力。假如轻轨列车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下，则这三段位移的 平均速度之比是（）A.27：8：1B.3：2：1C.9：4：1D.5：3：1【答案】C【解析】【详解】可将列车减速过程看作初速度为0的加速过程，根据匀变速直线运动规律可知3s通过2s通过1s通过通过三段位移的比为27：8：1，根据平均速度的计算公式可知这三段位移的平均速度之比是9：4：1。故选C。3.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，授课期间利用了我国的中继卫星系统进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36000公里左右的地球静止轨道卫星（同步卫星），则该卫星（） A.授课期间经过北京正上空B.加速度大于空间站的加速度C.运行速度大于地球的第一宇宙速度D.运行周期大于空间站的运行周期【答案】D【解析】【详解】A．中继卫星是地球同步卫星，只能定点于赤道正上方，所以该卫星不可能经过北京正上空，故A错误；BCD．根据万有引力提供向心力，有中继卫星轨道半径大于近地卫星轨道半径也大于空间站轨道半径，所以加速度小于空间站的加速度，运行速度小于地球的第一宇宙速度即近地卫星的速度，运行周期大于空间站的运行周期，故BC错误、D正确。故选D。4.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出，沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若小石子所受空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则（）A.小石子从O点到P点的时间大于从P点到Q点的时间B.从O点到Q点的过程中，小石子速度的水平分量越来越小C.从O点到Q点的过程中，小石子速度的竖直分量越来越小D.从O点到Q点的过程中，小石子加速度的竖直分量在Q点时最大【答案】B【解析】【详解】ACD．小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度为重力加速度；小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小；即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，根据 可知，后一阶段竖直加速度小，所以时间长，小石子从O点到P点的时间小于从P点到Q点的时间，故ACD错误；B．从O点到Q点的过程中，小石子水平方向始终受到与速度方向相反的阻力，速度的水平分量越来越小，故B正确。故选B。5.如图所示，固定在竖直面内的粗糙轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。质量为m的小球从A点以初速度冲上轨道，能恰好沿轨道运动到C点。若小球所受阻力大小恒定，下列说法正确的是（）A.小球在C点受到轨道的支持力大小为0B.小球从A到C的过程中，机械能减少了C.小球从A到C的过程中，克服了轨道的阻力做功D.若要让小球从C点脱离轨道，则至少要将小球的初速度v0增大到【答案】C【解析】【详解】A．小球能恰好沿轨道运动到C点，即到达C点时速度恰好为零，所以小球在C点受到轨道的支持力与小球所受的重力等大反向，故A错误；B．小球从A到C的过程中，机械能减少了故B错误；C．小球从A到C的过程中，克服了轨道阻力做功 故C正确；D．由于，所以初速度为时，小球到达不了C点，故D错误。故选C。6.质量为m1=1kg和m2=2kg的两个物体在光滑水平面上发生正碰，取m1碰前的运动方向为正方向，它们的位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.碰撞前m1的动量大于m2的动量B.碰撞后m2的速率为2m/sC.碰撞过程中m1的动量变化量大小为3kg•m/sD.碰撞过程中m1、m2共损失机械能8J【答案】D【解析】【详解】A．取m1碰前的运动方向为正方向，则碰前质量为m1的物体速度为正，质量为m2的物体速度为负，碰后两物体速度都为负，根据图像斜率可知碰撞前m1的速度为m/s动量为碰撞前m2的速度大小为m/s动量大小为所以碰撞前m1的动量小于m2的动量，故A错误； B．根据图像斜率可知碰后两物体的速度为m/s，m/s碰撞过程中动量守恒，有可知碰后m2的速率为1m/s，m1的速率为2m/s，故B错误；C．碰撞过程中m1的动量变化量大小为kg•m/s故C错误；D．碰撞过程中m1、m2共损失机械能为解得故D正确；故选D。7.一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、3做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2（）；粒子2从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射；粒子4从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（）A.粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能 B.粒子1入射时的动能等于粒子3入射时的动能C.粒子2入射时的动能小于粒子4入射时的动能D.粒子4入射时的动能大于它出射时的动能【答案】B【解析】【详解】A．粒子1进入极板后做匀速圆周运动，有粒子2进入极板后做离心运动，有所以故A错误；B．粒子3进入极板后做匀速圆周运动，有因为极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，则所以故B正确；C．粒子4进入极板后做向心运动，有解得故C错误；D．粒子4进入极板后做向心运动，电场力做正功，所以入射时的动能小于它出射时的动能，故D错误。 故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，三个光滑斜面1、2、3固定在水平面上，斜面1与3底边相同，斜面2和3高度相同，当物体先后沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，对于整个下滑过程，下列说法正确的是（）A.三种情况下物体滑到斜面底端时的速率B.三种情况下物体滑到底端时重力做功的瞬时功率C.在斜面2和斜面3上，合外力对物体冲量不相同D.在斜面2和斜面3上，合外力对物体做的功不相等【答案】AC【解析】【详解】A．设物体滑到底端时速度为v，根据动能定理得三种情况下物体滑到斜面底端时的速率故A正确；B．物体滑到底端时重力做功的瞬时功率根据A分析可知故B错误；C．在斜面2和斜面3上，合外力对物体的冲量等于动量变化量。动量变化量大小相等，方向不相同，故C正确；D．在斜面2和斜面3上，合外力对物体做的功等于重力做功，相等，故D错误。 故选AC。9.如图所示，五角星是边长相等的共面十边形，若在e、i点固定电荷量相等的正点电荷，一带负电的试探电荷q从b点由静止释放，仅在静电力作用下运动。则（）A.j、f两点的电场强度大小相等B.试探电荷q从b点运动到g点过程中，其电势能先减少后增大C.试探电荷q从b点运动到g点过程中，其加速度一直减小D.若在b点给试探电荷q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动【答案】ABD【解析】【详解】A．根据对称性可知，j、f两点的电场强度大小相等，故A正确；B．试探电荷q从b点运动到g点过程中，受电场力先向下后向上，电场力先做正功后做负功，其电势能先减少后增大，故B正确；C．试探电荷q从b点运动到g点过程中，到连线中点，场强为零，加速度为零，最小，故加速度不是一直减小，故C错误；D．若在b点给试探电荷q一个合适的初速度，垂直纸面方向，它可以在库仑力充当向心力作用下，做匀速圆周运动，故D正确。故选ABD。10.“蹦极”是很多年轻人喜爱的极限运动（如图甲所示），质量为m的蹦极爱好者从跳台上落下，其加速度随下降位移变化的图像如图乙所示（图甲x1、x2、g，已知，x3、am未知，忽略空气阻力以及绳索的重力，蹦极所用的绳索可看成满足胡克定律的弹性绳，g为重力加速度，对于蹦极爱好者，下列说法正确的是（　　） A.下降位移为x2时，速度最大B.下降过程中的最大速度大小为C.下降的最大位移D.下降过程中的最大加速度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．由图乙可知，位移内，人的加速度方向始终向下，人先做自由落体运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，下降位移为时，蹦极爱好者加速度为零，此时速度最大，故A正确；B．根据动能定理可得图像的面积乘以人的质量即为合外力的功，由图像可得解得故B错误；C．图像的面积表示弹性绳弹力的功，设绳子劲度系数为，由胡克定律及其图像可求出弹性绳的弹性势能表达式为。对全过程由机械能守恒定律可得 在处，由平衡条件可得联立解得故C错误；D．在处，由牛顿第二定律可得解得故D正确。故选AD。三、实验题：本大题2小题，共15分。11.某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使金属玦可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的金属块进行实验。测量金属块的质量，得到甲、乙两个金属块的质量分别为m1和m2。将金属块甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将金属块乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚金属块发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。（1）在本实验中，甲的质量m1__________乙的质量m2（选填“>”“<”或“=”）；（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为___________（设金属块与纸板间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g）； （3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则___________（用m1和m2表示）【答案】①.>②.③.【解析】【详解】（1）[1]为了保证碰撞后甲物体不反弹，则甲的质量大于乙的质量。（2）[2]碰撞前，设甲到O点的速度大小为v0，在甲从O点到P点过程中，摩擦力做功等于动能的变化量，由动能定理有解得（3）[3]同理，可求得碰后甲乙速度，碰撞过程满足程动量守恒，规定向右为正方向有联立解得所以12.某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧劲度系数k，拆开发现其内部简易结构如图（a）所示、托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D与齿条C啮合，在齿轮上固定用来指示示数的指针E，两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I上。托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为P0=5kg。 （1）某同学用游标卡尺测出齿轮D的直径d，用题给条件与所测得的相关量符号表示弹簧的劲度系数k=___________，测得齿轮直径如图（b）所示，则读数d=___________mm，重力加速度g=9.80m/s2，带入计算出弹簧的劲度系数k=___________N/m（结果保留三位有效数字）。（2）为了减小实验误差，科技小组设计了下列操作：A．托盘中不放物品，测出此时弹簧的长度l0；B．在托盘中放上一物品，读出托盘秤的示数P1，并测出此时弹簧的长度l1；C．在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P2，并测出此时弹簧的长度l2；D．再次在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P3，并测出此时弹簧的长度l3；E．根据测量结果及胡克定律计算弹簧的劲度系数k。充分利用小组所测得数据，可用相关量的符号表示弹簧的劲度系数k=__________。【答案】①.②.9.80③.##796④.【解析】【详解】（1）[1]指针随齿轮转动一周后,弹簧的长度变化量为弹力变化为则弹簧的劲度系数为[2]由图可知，游标卡尺的读数为[3]计算出弹簧的劲度系数为（2）[4]放上一物品时，计算出的劲度系数为放上两物品时，计算出的劲度系数为 放上三物品时，计算出的劲度系数为联立解得四、计算题：本题共3个小题，共42分，请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分。13.“奔跑吧”设计了一款“快步流星”游戏，如示意图所示，0刻度线正上方有排球，计时按钮置于嘉宾要挑战的距离处。某嘉宾将计时按钮放在8m处，他从14m处起跑，跑到计时按钮时按下按钮，排球由静止开始下落，他恰好接到排球（即挑战成功）。若嘉宾起跑的加速度为，运动过程中的最大速度为8m/s，不计他按下按钮的时间，重力加速度取，求：（1）他按下按钮时的运动速度大小；（2）排球下落前距地面的高度；（3）嘉宾从起跑到接住球所用的时间。【答案】（1）8m/s；（2）5.0m；（3）2.25s【解析】【详解】（1）嘉宾加速阶段通过位移为计时器与嘉宾起跑点间的距离为 可知他按下按钮时，已经处于匀速运动阶段，则他按下按钮时的运动速度大小（2）设排球下落时间为，根据题意有所以排球下落的高度为（3）嘉宾加速运动时间为，则有嘉宾匀速运动时间为，则有阶段运动总时间14.如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为。现将一电荷量为、质量为的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为，，，，。求：（1）场强的大小；（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间； （3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求的取值范围。【答案】（1）；（2），；（3）的取值范围为【解析】【详解】解：（1）滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有滑块从A点运动到B点的过程中解得（2）滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有得根据运动学公式有解得 （3）当较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有解得当较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，在水平方向有竖直方向有解得综上，的取值范围为15.如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37°。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木盒下端的距离为d=2.4m。已知木盒的质量M=2.5kg，小球的质量m=0.5kg，木盒与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间；（2）小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求两者第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离；（3）小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求从开始释放至两者第n次碰撞，系统损失的机能。 【答案】（1）1s；（2）2.4m；（3）见解析【解析】【详解】（1）小球在木盒中运动时，有对木盒沿斜面向下的运动过程，有解得（2）第一次碰撞前，小球速度为木盒的速度为小球和木盒发生弹性碰撞，则解得，当二者共速时，相对位移有最大值，则解得（3）由动量守恒定律和机械能守恒定律可解得，每次碰撞完成后小球的速度为木盒的速度为 其中v01为每次碰撞前小球的速度，v02为每次碰撞前木盒的速度，归纳可知，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为因此每相邻两次相碰之间小球速度沿斜面向下增加木盒速度沿斜面向下增加结合第（2）问分析可得出以下归纳情况：第一次碰前小球的速度为6m/s，木盒的速度为1.2m/s；第一次碰后小球的速度为-2m/s，木盒的速度为2.8m/s；第二次碰前小球的速度为10m/s，木盒的速度为5.2m/s；第二次碰后小球的速度为2m/s，木盒的速度为6.8m/s；第三次碰前小球的速度为14m/s，木盒的速度为9.2m/s；第三次碰后小球的速度为6m/s，木盒的速度为10.8m/s……第n次碰后小球的速度大小为第n次碰后木盒的速度大小为自第（n-1）次碰撞至第n次碰撞木盒的位移为自开始释放至第n次碰撞木盒的总位移为损失的机械能为