2022-2023学年重庆市西南大学附属中学高三上学期第二次月考物理试题含解析

西南大学附属中学校高2023届第二次月考

物理试题

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. 2022年8月雄雄大火吞噬了部分缙云山脉，在虎头山山顶局部复燃，消防官兵及时赶到，启动多个喷水口同时进行围堵式灭火，喷水口所处高度和口径都相同。其中两支喷水枪喷出的水在空中运动的轨迹甲和乙几乎在同一竖直面内，且最高点高度、落到失火处的高度均相同，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A. 水甲先到达失火处 B. 水乙先达到失火处

C. 水乙的水平射程更远 D. 甲处喷水枪的出水速度更快

【答案】C

【解析】

【详解】A．水喷出后做斜抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，因为两个喷水口高度相同，且两条水柱的轨迹最高点相同，根据竖直上抛运动规律可知水喷出时的竖直分速度相等，又因为最终两条水柱在竖直方向的位移相同，且加速度都等于重力加速度，所以在空中运动时间相同，即水甲、乙同时到达失火处，故AB错误；

C．由图并根据斜抛运动的对称性可知水乙的水平射程更远，故C正确；

D．设甲、乙两处喷水枪方向与水平方向的夹角分别为α和β，水喷出时的初速度大小分别为v甲和v乙，根据A项分析可知

由图可知，所以

故D错误。

故选C

2. 如图所示为汽车内常备的一种菱形千斤顶的原理图，摇动手柄，使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若质量为M的物体放在此千斤顶上，保持螺旋杆水平，已知AB与BC之间的夹角为θ，不计摩擦，重力加速度为g。则螺旋杆AB对轴B作用力大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据题意，“菱形千斤顶”C点受到的压力大小为G，分解沿两臂的两个分力F，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，如图所示

根据几何关系可得

解得BC杆的弹力大小

对“菱形千斤顶”B点受力分析如图所示

由平衡条件得

解得螺旋杆AB对轴B作用力大小为

故选D。

3. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条等差等势线，实线为一带负电荷的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，下列判断不正确的是（　　）

A. 电场中等势线的电势

B. 粒子通过Q点时动能较小

C. 粒子通过P点时电势能较大

D. 粒子通过P点时加速度较大

【答案】B

【解析】

【详解】A．粒子所受电场力指向轨迹凹侧，并且与电场强度的方向相反，而电场强度方向垂直于等势线，由此可推知电场强度方向垂直于等势线向上，根据沿电场强度方向电势降低可知

故A正确；

BC．粒子带负电，根据可知在P、Q两点的电势能关系为

粒子只受电场力作用，根据能量守恒定律可知粒子通过Q点时动能较大，故B错误，C正确；

D．等势线越密的位置电场强度越大，所以P点电场强度较大，粒子通过P点时加速度较大，故D正确。

本题选不正确的，故选B。

4. 质量分别为、的两个物体在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像（x—t）如图所示，由此可以判断（　　）

A.  B.

C. 碰撞为弹性碰撞 D. 碰撞为非弹性碰撞

【答案】C

【解析】

【详解】AB．根据x-t图象的斜率等于速度，可知碰撞前m2是静止的，m1的速度为

碰后m1的速度为

m2的速度为

以两个物体组成的系统为研究对象，取碰撞前m1的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有

m1v1=m1v1′+m2v2′

解得

m2=3m1

选项AB错误；
CD．碰撞前总动能

碰撞后总动能

碰撞前后系统机械能守恒，故碰撞是弹性碰撞，选项C正确，D错误。

故选C。

5. 在某个电场中，x轴上各点电势随x坐标变化如图所示，图像关于轴左右对称，一质量m、电荷量+q的粒子仅在电场力作用下由静止释放能沿x轴做直线运动，下列说法中正确的是（　　）

A. 点的电场强度大小大于点电场强度大小

B. x轴上和两点电场强度和电势都相同

C. 该粒子位于x轴上点的电势能大于点的电势能

D. 若粒子在点由静止释放，则粒子到达O点时刻加速度为零，速度达到最大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．φ-x图像的斜率大小表示电场强度大小，斜率的正负表示电场强度方向，所以点的电场强度大小小于点电场强度大小，x轴上和两点电场强度大小相同、方向相反，电势相同，故AB错误；

C．根据可知粒子位于x轴上点的电势能小于点的电势能，故C错误；

D．由图可知O点处电场强度为零，电势最低，所以粒子到达O点时刻加速度为零，电势能最小，而粒子仅受电场力作用，能量守恒，所以粒子到达O点时刻动能最大，速度最大，故D正确。

故选D。

6. 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为。在这三个过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 产生的热量大小关系为

B. 机械能的减少量大小关系为

C. 滑到底端时的速度大小关系为

D. 滑到底端时重力的瞬时功率大小关系为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．产生的热量等于克服摩擦力做的功，则有

而

x为水平位移，所以有

由图可知

故

A正确；

B．因为只有摩擦力做负功，故机械能的减少量即为产生的热量，则有

B错误；

C．根据动能定理有

其中

由图可知

则有

又

则有

C正确；

D．重力的瞬时功率

为速度和重力方向的夹角，由图可知

则有

所以有

D错误。

故选AC。

7. 如图所示，空间有棱长为L的正立方体ABCD-A′B′C′D′，在A点和C′点分别固定电荷量为Q的正、负点电荷，静电力常量为k，则以下说法正确的是（　　）

A. 立方体中心处的电场强度大小为

B. B′、D′、C三点构成的平面上各点电势相同

C. D点和B′点的电场强度方向相同且大小均为

D. 电子在A′点的电势能高于在C点的电势能

【答案】C

【解析】

【详解】A．设立方体的中心为O，根据几何关系可知

根据点电荷电场公式可知，点正点电荷在O点产生的电场为

方向由，同理可得，点负点电荷在O点产生的电场为

方向由，则立方体中心处的电场强度大小为

故A错误；

B．由图可知，C点到A点的距离与到点的距离不相等，C点一定不是中垂面上的点，则平面一定不是中垂面，平面不是等势面，故B错误；

C．由图可知，点和点关于的中点对称，则点和点的电场强度方向相同且大小相等，根据可知，则点正点电荷在D点产生的电场为

方向为AD延长线方向，点负点电荷在D点产生的电场为

方向为由，则D点的电场强度的大小为

故C正确；

D．由图可知，点相比点更接近与点，则有

根据公式可知，电子在A′点的电势能低于在C点的电势能，故D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是8kg·m/s，B球的动量是6kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】AC

【解析】

【详解】以AB整体为研究对象，碰撞前后AB动量守恒。由于不确定是否为弹性碰撞，所以碰撞前后需满足系统能量不增加原则，即碰前系统的总动能大于等于碰后系统的总动能，因此有

将四个选项数据分别带入以上等式，可得AC符合要求，BD不符合要求。故AC正确，BD错误。

故选AC。

【点睛】在无外力辅助情况下，碰撞前后需满足系统能量不增加原则，即碰前系统的总动能大于等于碰后系统的总动能。

9. 如图所示，在某星球表面发射一艘人造飞船，设该星球半径为R，星球表面的重力加速度为g0。飞船在星球附近轨道III绕星球做圆周运动，到达轨道的B点时点火进入椭圆轨道II，到达轨道的A点时再次点火变轨进入半径为4R的圆型轨道I上运动，则（  ）

A. 飞船在轨道III的运行速率大于

B. 飞船在轨道I上运行速率小于在轨道II上B处的速率

C. 飞船在轨道II上A处的机械能等于在轨道II上B处的机械能

D. 飞船在轨道I、轨道III上运行的周期之比

【答案】BC

【解析】

【详解】A．轨道III相当于近地轨道，飞船运行时万有引力提供向心力

结合黄金代换

联立解得

A错误；

B．飞船在轨道III的B点经过点火加速进入轨道II，所以在轨道III的B点速率小于轨道II的B点速率，再根据飞船运行时万有引力提供向心力

解得

飞船在轨道I上的运行速率小于在轨道III的运行速率，故飞船在轨道I上运行速率小于在轨道II上B处的速率，B正确；

C．飞船在轨道II上运行时，只受到万有引力作用，所以机械能守恒，故在轨道II上A处机械能等于在轨道II上B处的机械能，C正确；

D．根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道I、轨道III上运行的周期与半径的关系

解得

D错误。

故选BC

10. 如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电且接地，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出。若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（　　）

A. 上极板上移一小段距离后，上极板电势增加

B. 仍沿原轨迹由下极板边缘飞出

C. 上极板上移一小段距离后，带电小球飞出极板时机械能与未移动时相等

D. 若上极板不动，将下极板上移一段距离，小球可能打在下极板的中央

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．平行板电容器两极板间电场强度为

上极板上移一小段距离后，由于极板所带电荷量Q不变，所以E不变，而上极板电势为

d增大，上极板电势减小，故A错误；

BC．上极板上移一小段距离后，带电小球所受电场力不变，重力不变，则加速度不变，竖直位移不变，仍沿原轨迹由下极板边缘飞出，且电场力做功不变，飞出极板时机械能与极板未移动时相等，故BC正确；

D．若上极板不动，将下极板上移一段距离，同理可知小球运动轨迹不变，则小球可能打在下极板的中央，故D正确。

故选BCD。

11. 如图所示，倾角为的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、电荷量为－q的小球Q。整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个质量为m、电荷量为＋q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M的距离均为s0。P、Q的连线以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为，静电力常量为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）   

A. 小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能不一定减小

B. 小球P在N点的加速度大小为

C. 当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大

D. 小球P返回时，可能撞到小球Q

【答案】AB

【解析】

【详解】A．小球P沿着斜面向下运动过程中，所受匀强电场的电场力沿斜面向下，所受小球Q的电场力沿斜面向上，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，所以合电场力不一定做正功，小球的电势能不一定减小，故A正确；

B．根据库仑定律可知，小球P在N点时受到小球Q的电场力大小为

设此时小球P的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有

解得

故B正确；

C．当小球P的速度最大时，设弹簧弹的压缩量为x，此时小球P受到小球Q的电场力大小为

此时小球P所受合力为零，即

所以

故C错误；

D．根据电场力和重力做功的特点可知，小球P返回N点时，合外力对小球P做功的代数和为零，根据动能定理可知此时小球P的速度为零，所以小球P返回时，不可能撞到小球Q，故D错误。

故选AB。

三、实验题：本大题2小题，共13分。

12. 国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：

(1)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是___________；

A.斜槽轨道末端的切线必须水平

B.入射球和被碰球半径必须相同

C.入射球和被碰球的质量必须相等

D.必须测出桌面离地的高度H

E.斜槽轨道必须光滑

(2)国庆同学在实验中正确操作，认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为____________；

(3)为了完成本实验，测得入射小球质量m1，被碰小球质量m2，O点到M、P、N三点的距离分别为y1、y2、y3，若两球间的碰撞是弹性碰撞，应该有等式_______成立。

A. B.

C. D.

【答案】    ①. AB    ②. 3∶2    ③. AD

【解析】

【详解】(1) [1]．A.斜槽轨道末端切线必须水平，以保证做平抛运动，选项A正确；

B.入射球和被碰球半径必须相同，以保证两球正碰，选项B正确；

C.入射球质量要大于被碰球的质量，以防止入射球反弹，选项C错误；

D.两球均做平抛运动，竖直高度相同，时间相同，没必要测出桌面离地的高度H，选项D错误；

E.斜槽轨道没必要必须光滑，只需小球到达底端时速度相同即可，选项E错误。

故选AB。

(2)[2]．设落地时间为t，则有

而动量守恒的表达式为

m1v0=m1v1+m2v2

即

m1OP=m1OM+m2ON

代入数据可得

m1:m2=3:2

(3)[3]．若碰撞是弹性碰撞，动能守恒的表达式为

即

两球相碰前后的动量守恒，则有

m1•OM+m2•ON=m1•OP

即

m1•y1+m2•y3=m1•y2

若碰撞是弹性碰撞则有

故选AD.

13. 某同学利用图甲装置探究“系统的机械能守恒”，该系统由钩码与弹簧组成，实验步骤如下：

（1） 首先测量出遮光条的宽度d。

（2） 按图竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端，测出此时弹簧的长度；在铁架台上固定一个位置指针，标示出弹簧不挂钩码时遮光条下边缘的位置。

（3）用轻质细线在弹簧下方挂上钩码，测量出平衡时弹簧的长度x，并按图所示将光电门的中心线调至与遮光条下边缘同一高度。

（4）用手缓慢的将钩码向上托起，直至遮光片恰好回到弹簧原长标记指针的等高处（保持细线竖直），将钩码由静止释放，记下遮光条经过光电门的时间；

（5）多次改变钩码个数，重复步骤（3）（4），得到多组数据，作出图像如图乙所示。通过查找资料，得知弹簧的弹性势能表达式为：，其中k为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，已知当地重力加速度为g。则图线斜率等于________（用d和g表示）时可得系统的机械能是守恒的。

（6） 实验中钩码的速度实际上______（选填“大于”、“等于”或“小于”）。

【答案】    ①.     ②. 大于

【解析】

【详解】（5）[1]挂上钩码时，弹簧伸长了，由胡克定律

将钩码静止释放，到遮光条经过光电门，由机械能守恒定律

又

联立可得

则图线的斜率等于；

（6）[2]实验中钩码的速度等于遮光条中间位置经光电门时的速度，而

求得的是遮光条经过光电门时的平均速度，即遮光条经过光电门的中间时刻的瞬时速度，物体做匀变速直线运动时，中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度，所以实验中钩码的速度实际上大于。

四、计算题：本题共3个小题，共39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。

14. 如图所示，一带电粒子由静止被电压为的加速电场加速，然后沿着与电场垂直的方向进入另一个电压为的匀强偏转电场，并射出偏转电场。已知粒子的带电量为，质量为；偏转电极长为，极板间距为。不计粒子的重力。求粒子

（1）离开加速电场时的速度大小；

（2）在偏转电场中运动时间；

（3）射出偏转电场时偏转的角度的正切值。

【答案】（1） ；（2） ；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）在加速电场中根据动能定理

解得

（2）在偏转电场中水平方向做匀速运动，则运动时间

解得

（3）射出偏转电场时的竖直分速度

解得

‍

15. 如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：

（1）小球和物块相碰后物块B的速度vB大小。

（2）若滑块B的质量为mB=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电。

（3）小车上的半圆轨道半径R大小。

【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J；（3）1.5m；

【解析】

【分析】

【详解】（1）小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得

，

A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mvA=-mv1+5mvB

代入数据解得

vB=1m/s

（2）经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得

v0=vB+μgt

代入数据解得

t=1s

物块滑行的距离为

解得

s物=3.5m=L

传送带的位移为

s传=v0t=6×1 m =6m

则有

s相=s传-s物=6 m -3. 5m =2.5m

电动机多做的功为

代入数据解得

W电=30J

（3）物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

5mv0=(5m+25m）v

由机械能守恒定律得

代入数据解得

R=1.5m

16. 如图所示，一质量为kg的小物块甲静止于某平台的端点A处，距平台右侧处有一圆心角θ=37°的光滑圆弧轨道，轨道左侧B点高h=0.25m，轨道最低点C处（与水平地面相切）紧靠一质量为kg的木板丙，一质量为kg的小物块乙静止在木板丙上表面，乙、丙间的动摩擦因数，木板丙与地面间的动摩擦因数，小物块甲、乙均可视为质点。某时刻小物块甲以初速度水平飞出，之后恰能平滑落入圆弧轨道，在C点处与木板丙碰撞（碰撞时间极短），小物块乙最终不从木板上掉落，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

（1）求甲抛出时的初速度大小；

（2）若甲与丙碰撞过程中无能量损失，求碰后瞬间丙的速度大小；

（3）若甲与丙碰撞过程中有能量损失，已知碰后丙的速度大小（甲与丙不会发生二次碰撞），求乙与丙间因摩擦产生的热量。（计算结果保留两位小数）

【答案】（1）；（2）；（3）2.67J

【解析】

【详解】（1）小物块甲恰能平滑落入圆弧轨道，即小物块甲在B点处的速度方向恰好与圆弧轨道相切，即与水平方向的夹角为θ，设小物块甲从A处水平飞出经过时间落入圆弧轨道，根据平抛运动的规律有

联立两式并代入数据解得

，

（2）设小物块甲在C点的速度为，平台高度为H，根据平抛运动规律有

小物块甲从水平抛出到运动至C点的过程，根据动能定理有

联立两式并代入数据解得

当甲与丙碰撞过程中无能量损失时，设碰后瞬间丙的速度为，甲的速度为

根据动量守恒定律有

根据能量守恒定律有

联立两式并代入数据解得

（3）对小物块乙受力分析，可知小物块乙先在木板丙上向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得，其加速度大小

对木板丙受力分析，可知木板丙先在地面上向右做匀减速直线运动，设其加速度大小为，根据牛顿第二定律有

代入数据解得

设经过时间，乙、丙速度相等，共速时的速度大小为

根据运动学公式有

代入数据解得

s，m/s

根据运动学公式可知，时间内乙、丙间的相对位移

当乙、丙共速时，对小物块乙受力分析，可知此后小物块乙向右做匀减速直线运动，加速度大小，对木板丙受力分析，可知木板丙向右做匀减速直线运动，设加速度大小为；根据牛顿第二定律有

代入数据解得

由于，所以木板丙的速度先减为零，在木板丙静止前，小物块乙将一直相对木板丙运动；

当木板丙速度为零时，由于，故此后木板丙将静止在地面上，小物块乙将继续做加速度大小为的匀减速直线运动，直至静止在木板丙上，根据运动学公式可知，乙、丙共速之后乙、丙间的相对位移

则整个过程中乙、丙间的相对位移

则乙与丙间因摩擦产生的热量