【文档说明】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 含解析.docx，共(20)页，4.068 MB，由小赞的店铺上传

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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，1F、2F、F构成了一个菱形，根据力的分解可知1160N2cos0.62100NFF===所以532=则106=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212xat=可知3s通过223631122xatat=−2s通过222311122xatat=−1s通过2112xat=通过三段位移的比为27：8：1，根据平均速度的计算公式xvt=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22224MmvGmamrmrTr===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212hat=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0

5vgR=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52mgRC.小球从A到C的过程中，克服了轨道的阻力做功12mgRD.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2gR【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2011222EmvmgRmgR=−=故B错误；C．小球从A到C的

过程中，克服了轨道阻力做功2011222WmvmgRmgR=−=故C正确；D．由于25gRgR，所以初速度为2gR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1112xvt==m/s动量为1112pmv==kgm/s碰撞前m2的速度大小为2223xvt==m/s动量

大小为2226pmv==kgm/s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''1'xvt==m/s，''''2''xvt==m/s碰撞过程中动量守恒，有''112212mvmvpp−=−−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'114ppp=−−=−kg•m/s故C错误；D．碰撞过程中m1、m2共损失机械能为22''2'211221111112222Emvmvmvmv=+

−−解得8JE=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（12RrrRd+）；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2111vFmr=粒子2进入极板后做离心运动，有2211vFmr所以22121122mvmv故A错误；B．粒子3进入极板后做匀速圆周运动，有2322vFmr=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1122FrFr=所以22131122mvmv=故B正确；C．粒子4进入极板后做向心运动，有2422vFmr解得2222433211112222mvmvmvmv=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123vvv=B.三种情况下物体滑到底

端时重力做功的瞬时功率123PPP=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

212mghmv=三种情况下物体滑到斜面底端时的速率123vvv=故A正确；B．物体滑到底端时重力做功的瞬时功率sinPmgv=根据A分析可知132PPP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（）的的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(

)122gxx+C.下降的最大位移223212xxxx=++D.下降过程中的最大加速度大小为21m21xxagxx+=−【答案】AD【解析】【详解】A．由图乙可知，20~x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2

x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2max12Wmv=合~ax图像的面积乘以人的质量即为合外力的功，由图像可得2121max11()22mgxmgxxmv+−=解得max21()vgxx=+故B错误；C．Fx−图像的面积表示弹性绳弹力的功，设绳子

劲度系数为k，由胡克定律及其Fx−图像可求出弹性绳的弹性势能表达式为2p12Ekx=。对全过程由机械能守恒定律可得23311()2mgxkxx=−在2x处，由平衡条件可得()21kxxmg−=联立解得223221xxxx=+−故C错误；D．在3x处，由

牛顿第二定律可得31m()kxxmgma−−=解得21m21xxagxx+=−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012sss

−=___________（用m1和m2表示）【答案】①.>②.02gs③.21mm【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v

0，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21010102mgsmv−=−解得002vgs=（3）[3]同理，可求得碰后甲乙速度112vgs=，222vgs=碰撞过程满足程动

量守恒，规定向右为正方向有101122mvmvmv=+联立解得121012msmsms=+所以01212ssmms−=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；的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】①.02Pgd

②.9.80③.27.9610##796④.312102030()6PPPgllllll++−−−【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ld=弹力变化为0FmgPg==则弹簧的劲度系数为0122FPgkld==[2]由图

可知，游标卡尺的读数为1mm9mm169.80mm20d=+=[3]计算出弹簧的劲度系数为20359.80N/m7.9610N/m223.149.8010Pgkd−===（2）[4]放上一物品时，计算出的劲度系数为1111

010122()PgPgkllll==−−放上两物品时，计算出的劲度系数为2222020122()PgPgkllll==−−放上三物品时，计算出的劲度系数为3333030122()PgPgkllll==−−联立解得3121231020301()()36PPPgkkkklll

lll=++=++−−−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28m/s，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210m/s，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22m8m4m228vx

a===计时器与嘉宾起跑点间的距离为014m8m6m4mx=−=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m8m/sv=（2）设排球下落时间为2t，根据题意有2m8s1s8Ltv===所以排球下落的高度为22211101m5m22hgt===（3）嘉宾

加速运动时间为1t，则有的m18s1s8vta===嘉宾匀速运动时间为3t，则有m314mxvt−=阶段3144s1.25s8t−==运动总时间132.25sttt=+=14.如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为2.5mR=，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12.5mL=，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为1E（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为2E（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21mL=，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为21mL=。现将一电荷量为2410Cq−=+、质量为1kgm=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0.2=，210m/sg=，53AOB=，sin530.8=，cos530.6=。求：（1）场强1E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2E的取值范围。【答案】（1）125N/CE=；（2）1m/sv=，1st=；（3）2E的取值范围为2187.5N/C300N/CE【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(

)211cos532ABBWmgRmv+−=滑块从A点运动到B点的过程中1sin53ABWqER=−解得125N/CE=（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1qEmgma+=得23m/sa=根据运动学公式有2212BaL−=vvBvvat=−解得1m/sv=1

st=（3）当2E较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有()222102mgqELmv−−=−解得2187.5N/CE=当2E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21Lt=v11st=竖直方向有22112yLat=22m/sya=2yqEmgma−=

解得2300N/CE=综上，2E的取值范围为2187.5N/C300N/CE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1sin37mgma=对木盒沿斜面向下的运动过程，

有2sin37()cos37MgMmgMa−+=2210201122datat=−解得01st=（2）第一次碰撞前，小球速度为1106m/svat==木盒的速度为2201.2m/svat==小球和木盒发生弹性碰撞，则1212mvMvmv

Mv+=+2222121211112222mvMvmvMv+=+解得12m/sv=−，22.8m/sv=当二者共速时，相对位移有最大值，则111221vatvat+=+222121111111()22xvtatvtat

=+−+解得2.4mx=（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0102015233vvv=−木盒的速度为0201021233vvv=+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22stt==因此每相邻两次相碰之间小球速度沿斜面向下增加1112m/svat==木盒速度沿斜面向下增加222.4m/svat==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；的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1(46)m/snvn=−第n次碰后木盒的速度大小为2(41.2)m/snvn=−自第（n-1）次碰撞至第n次碰撞木盒的位移为2(1)221

(8)m2nnxvtatn−=+=自开始释放至第n次碰撞木盒的总位移为22201[81624(8)](0.644)m2xatnnn=+++++=++损失的机械能为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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