重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高三物理上学期第三次月考试题（Word版附解析）

西南大学附属中学高2023届第三次月考

物理试题

（满分：100分：考试时间：75分钟）

一、单项选择题：本大题共6个小题，每小题4分，共24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. 电池是一辆纯电动汽车的“心脏”，质量能量密度是衡量一辆电动汽车电池组性能的重要参数，所谓质量能量密度是指电池所能存储（或释放）的电能与电池自身的质量之比，质量能量密度数值越大，意味着相同质量的电池能存储（或释放）更多的电能，汽车续航里程也就越长。质量能量密度的单位用国际单位制的基本单位符号来表示是（  ）

A. m2/kg B. m2/s2 C. J/kg D. W/kg

【答案】B

【解析】

【详解】质量能量密度为每千克电池存储的能量

故B正确。

故选B。

2. 雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为如图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒（不计重力）在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点（　　）

A. 该烟尘颗粒带正电

B. 该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是类平抛运动

C. 该烟尘颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度

D. 该烟尘颗粒在A点的电势能大于它处于B点的电势能

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据曲线运动中力与运动方向的关系以及电场力与电场方向的关系可知，烟尘颗粒带负电，A错误；

B．类平抛运动是合力恒定且与初速度相互垂直类似于平抛的运动，而烟尘颗粒所受电场力不恒定，故不是类平抛运动，B错误；

C．电场线的疏密反映电场强度的大小，可见

所以根据牛顿第二定律可知，烟尘颗粒在A点的加速度大于在B点的加速度

D．过程中电场力做正功，所以从A到B电势能减小，D正确。

故选D。

3. 如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（　　）

A. 4号猴子的加速度和速度都等于0

B. 3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上

C. 2号猴子对3号猴子的作用力大小为

D. 1号猴子对2号猴子的作用力大小为

【答案】C

【解析】

【详解】A．在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；

B．在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，加速度a大小为

解得

加速度的方向竖直向上，B错误；

C．2号猴子对3号猴子作用力F23大小为

解得

C正确；

D．1号猴子对2号猴子的作用力F12大小为

解得

D错误。

故选C。

4. 为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置为坐标原点O建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示，从P点起沿圆周逆时针测量圆上各点的电势和转过的角度，可以用此数据绘制图，当半径r取r0、2r0、3r0时，绘制出如图乙中所示的三条曲线，三条曲线均在时达到最大值，最大值为、、，下列说法正确的是（  ）

A. r取值为r0对应曲线①

B. 电场方向与x轴正方向夹角为

C. 电场强度的大小为

D. 坐标原点O的电势为0

【答案】D

【解析】

【详解】AB. 由题目所给信息可知，三条曲线均在时，电势最大，而电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，则电场方向与x轴负方向成角，如图所示，可见半径越大，电势的最大值越大，r取值为r0对应曲线③，故AB错误；

CD. 由于沿电场方向电势降低，故电场方向由上图中电势最大位置指向电势最小位置，由对称性可知，半径为r0对应的电势最小值为0，最大为，故电场的电场强度为

则坐标原点O的电势为0，故C错误，D正确。

故选D。

5. 拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是（图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β）（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】小球做匀速圆周运动，角速度相同，受力分析如下图，令绳长为绳子为。反向延长与拨浪鼓转轴交点为O，小球到O点的距离为L，鼓面半径为r。根据牛顿第二定律得

整理得

即绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O到小球转动平面的高度h固定，绳子长度越大，偏转角越大，则绳子与拨浪鼓连接点A离小球圆周运动平面的距离

，绳子长度越大，偏转角越大，越大。

故选C。

6. 如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球m2=4m1，课桌边缘离地面高度为h=0.75m，天花板离地面3.6m，则（　　）

A. A小球弹起能打到天花板

B. B小球弹起能超过桌子一半高度

C. 在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向

D. 在碰撞的总过程，A小球机械能守恒

【答案】A

【解析】

【详解】AB．以B为研究对象，从B小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球B的速度为v1，由功能关系可得

由于B触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后B球速度大小不变，方向相反，设碰后B速度为v2，则在大小上有

以A球为研究对象，从B小球开始下落至地面时过程中，设A球落地前速度为v3，g取10m/s2，则由功能关系可得   

根据以上可解得速度大小均为

由于AB触地后，两球之间发生弹性碰撞，以AB两球相碰过程为研究过程，设AB两球相碰后速度分别为v4，v5，以速度向上为正方向。则根据动量守恒定律及能量守恒定律有

联立以上及结合题意可解得

以A球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得

联立可得

故A球弹起能打到天花板。

同理，以B球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得

联立可得

故B球弹起后不能超过桌子一半高度。故A正确，B错误；

C．在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A球发生碰撞前后速度分别为v3，v4，故对A球有

B球发生碰撞前后速度分别v2，v5，故对B球有

故C错误。

D．由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故机械能增加了，故D错误。

故选A。

【点睛】子母球模型需忽略两球之间的大小，将其看成质点进行分析。碰撞问题需要注意碰撞的先后顺序，即使碰撞时间极短，也不能将多个碰撞过程合并分析。注意动量变化量的定义。

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。

7. 附中的校园内，有的同学依靠自行车通勤，某同学骑自行车匀速通过地下操场时（认为地面水平），突遇前方紧急情况刹车。从自行车刹车到停下的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 虽然支持力与运动方向垂直，但是支持力的冲量不为零

B. 因为支持力与运动方向垂直，所以支持力冲量为零

C. 自行车向前运动的动量减小，是由于地面与车轮之间的摩擦力的冲量导致的

D. 自行车向前运动的动量减小，是由于刹车钳与刹车盘之间的摩擦力的冲量导致的

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．根据

可知，支持力存在了一段时间，所以支持力的冲量不为零。故A正确；B错误；

CD．对自行车受力分析，合力为地面的摩擦力，根据

可知，自行车向前运动的动量减小，是由于地面与车轮之间的摩擦力的冲量导致的。故C正确；D错误。

故选AC。

8. 中国科学院紫金山天文台于202年7月发现两颗小行星20220S1和20220N1。小行星20220S1预估直径约为230m，小行星20220N1预估直径约为45m。若两小行星在同一平面内绕太阳的运动可视为匀速圆周运动（仅考虑两小行星与太阳之间的引力），测得两小行星之间的距离△r随时间变化的关系如图所示，已知小行星20220S1距太阳的距离大于小行星20220N1距太阳的距离。则关于小行星20220S1和20220N1的说法正确的是（　　）

A. 20220N1运动的周期为T

B. 半径之比为2：1

C. 线速度之比为1：

D. 角速度分别为和

【答案】BD

【解析】

【详解】B．因小行星20220S1距太阳的距离大于小行星20220N1距太阳的距离，可设小行星20220S1距太阳的距离为r1，小行星20220N1距太阳的距离为r2。根据图像可知

r1-r2=1.5r

r1+r2=4.5r

联立解得

r1=3r

r2=1.5r

即半径之比为2：1，选项B正确；

A．因经过时间T两星再次相距最近，设小行星20220S1与小行星20220N1绕太阳运动的周期分别为T1、T2，则

根据开普勒第三定律可知

解得

选项A错误；

CD．根据

可得角速度分别为

根据v=ωr可得线速度之比为

选项C错误D正确。

故选BD。

9. 在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，为定值电阻，R为滑动变阻器。、为水平放置的两个平行金属板，二者之间的电场可以视为匀强电场，虚线平行于金属板。当R的滑片在中点时，闭合开关S，带电小球以从O点沿飞入，刚好从点飞出。若带电小球都能够从平行金属板右侧飞出，下列说法正确的是（　　）

A. 若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以从O点沿飞入，则飞出点在点

B. 若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以从O点沿飞入，则飞出点在点下方

C. 若金属板平行上移一小段距离，带电小球仍以从O点沿飞入，则小球将在点飞出

D. 若金属板平行下移一小段距离仍在上方，带电小球仍以从O点沿飞入，则小球将在点飞出

【答案】C

【解析】

【详解】AB．滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后，滑动变阻器电阻R减小，总电流变大，两端电压变大，即电容器电压变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以从O点沿飞入，飞出点在点上方，AB错误；

C．若金属板MN平行上移一小段距离，电容器电容变小，电容器电压不变，所以电容器电量减小，但由于二极管的单向导电性，电容器电量无法减小，其电量不变，由

，，

可得

可知场强E不变，粒子受到向上的电场力不变，带电小球仍以从O点沿飞入，将在点飞出，C正确；

D．若金属板平行下移一小段距离，电容器电容变大，电容器电压不变，所以电容器电量变大，由

可知场强E变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以从O点沿飞入，将在点上方飞出，D错误。

故选C。

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. 在某次探究加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。

（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是________。（填选项字母）

A.四组实验中只有甲需要平衡摩擦力

B.四组实验都需要平衡摩擦力

C.四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件

D.四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件

（2）按甲同学设计装置完成实验，并根据实验得到的数据，画出小车的图像如图所示，从图像中可以得出，当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为_______m/s2。

（3）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为_______。

【答案】    ①. BC##CB    ②. 1    ③. 2∶1∶1

【解析】

【详解】（1）[1]AB．四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；

CD．四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。

故选BC。

（2）[2]根据牛顿第二定律得

根据图像得

当小车的质量为0.5时，它的加速度为

（3）[3]乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为

12. 西大附中物理兴趣小组准备测一个电流表的内阻。实验室准备的器材有：干电池两节、待测电流表A（量程为0～0.6A）、电压表V（量程为0～3V）、滑动变阻器（最大阻值5，额定电流2A）、定值电阻R1=2、定值电阻R2=6、多用电表、电键导线若干。

（1）甲同学想利用多用电表的欧姆档测量电流表的内阻，为了电表安全，测量时应将红表笔接触电流表的___________接线柱的金属部分（选填“正”或“负”），黑表笔接触电流表的另一接线柱的金属部分。将欧姆表倍率调为“×1”，经过欧姆表测电阻的正确操作后指针在表盘的位置如图a所示，则电流表内阻为___________。

（2）乙同学想利用图b所示电路测量电流表的内阳，请在图c中用笔画线代替导线完善实物图连线________。

（3）为了使测量时相对误差更小，要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的三分之二，R0应使用__________（选填“R1”或“R2”）。电路接通后，把滑动变阻器的滑动端滑动到某一位置，若此时电压表读数为U，电流表读数为I，则电流表内阻RA=___________。

【答案】    ①. 负    ②.     ③.     ④. R1    ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]电流需从多用电表黑表笔流出，流入电流表的正接线柱，则红表笔应接触电流表的负接线柱。

[2]欧姆表读数为

（2）[3]连线如图

（3）[4]由欧姆定律可知，当电压表、电流表均满偏时，此时电路中的电阻为

此时

故选择R1较合理。

（4）[5]由欧姆定律

解得

四、计算题：本题共3个小题，共41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. 太阳风是来自太阳的高速带电粒子流，主要由电子等基本粒子组成，其粒子数密度相较于地球上风的密度是微不足道的，在地球附近的星际空间中，每立方厘米有几个到几十分粒子，但粒子速度可达到惊人的800km/s。某科学研究所设计了一个简单的方案以测量太阳风粒子达到地面时的速度，假设科学家捕获并引导该电子从A点垂直入射一正对的平行金属板，给金属板加上电压使电子减速。（电子质量为m0，电荷量大小为e）

（1）若减速电压为U0时，电子刚好到达右侧B金属板，求电子刚到达A极板时的速度v0；

（2）若减速电压为U1（U1<U0）时，电子将沿中轴线进入右侧的偏转极板，上下极板间距为d，偏转电压为U，电子离开偏转电场时距中轴线y，则此时电子动能为多少。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）电子从A板运动到B板，根据动能定理

解得电子刚到达A极板时的速度为

（2）电子从A板运动到B板时的速度为v1，根据动能定理

电子从进入偏转电场到离开，根据动能定理

联立以上可得

14. 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为4N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2kg，滑杆的质量M=0.6kg，A、B间的距离l=0.6m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

（1）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；

（2）滑杆向上运动的最大高度h；

（3）若滑杆落地与地面碰撞后不反弹，则从开始到最后停止运动，因摩擦产生的热Q1，与因两次碰撞产生的总热量Q2之比值。

【答案】（1）8m/s；（2）0.2m；（3）

【解析】

【详解】（1）滑块碰撞前过程向上做匀减速直线运动，有

根据牛顿第二定律

联立解得

（2）滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v2，根据动量守恒定律有

碰后滑块和滑杆以速度v2整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

代入数据联立解得

（3）从开始到最后停止运动，滑块碰撞前过程因摩擦产生的热Q1为

根据能量守恒，因两次碰撞产生的总热量Q2等于第一次碰前滑块的动能，为

则

15. 一圆盘沿顺时针方向绕过圆盘中心0并与盘面垂直固定水平转轴以匀角速度=10rad/s，在竖直平面内转动，圆盘半径r=l.00m，设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，求：

（1）从圆盘正上方A点甩出的水滴，运动至与O点同一水平高度时，距O点的距离：

（2）若使所有水滴均带正电q，质量均为m=0.001kg，并在空间中加一场强为水平向左的匀强电场，求从点右上方45°处甩出的水滴，运动至O点右下方45°时动量变化量的大小和方向、以及动能变化量的大小（≈0.53，结果保留两位有效数字）；

（3）若将电场撤去，圆盘正上方有一水平天花板，以圆盘中心轴为坐标原点，建立如图所示的坐标系。当为rad/s时，发现天花板上只有一点处有水，求天花板相对于圆盘中心轴O点的高度h，以及该打湿的点的坐标。

【答案】（1）；（2），方向与轴正向夹角为135°；动能变化量为0.0141J；（3）1.25m；（0，1.25m）．

【解析】

【详解】（1）水滴抛出时的速度

由平抛可知

联立解得

（2）若在空间中加一场强为

水平向左的匀强电场，可知电场力与重力的合力为

方向与抛出时的速度方向垂直，则当水滴运动至O点右下方45°时，则

水滴动量的变化

解得

方向与x轴正向夹角为135°；

根据动能定理，动能变化量为

（3）在圆盘所在平面内建立平面直角坐标系，使盘心O为圆心，x轴水平向右，y轴竖直向上；只有第二象限的圆盘边缘甩出的水滴才能到达天花板上某个点；水滴甩出后的初速度大小恒定，为

v0=rω  

其x和y分量分别为

v0x=rωsinθ

v0y=rωcosθ

取水滴从P点甩出时刻为计时起点，P在t=0时刻的初始坐标为

x0=-rcosθ

y0=rsinθ 

水滴x、y坐标与t的关系式为

x＝x0+v0xt

y＝y0+v0yt−gt2

现在求θ的各种可能取值中，y的最大值；
对某一特定的θ值，x0、y0、v0x、v0y均为固定值，先针对这个固定的θ值，有

y−y0＝v0yt−gt2 

故最大值

(y−y0)max＝(v0yt−gt2)max＝

对应的

ymax＝y0+＝rsinθ+

=rsinθ+ (1−sin2θ)=−[sin2θ−rsinθ]

=+−[−]2

这说明不同的θ值对应不同的y的最大值；只有含θ的平方项（即上式最后的[…]）为0时，才是这些“最大射高”中的最大值

由此得到天花板的高度为

当水滴能够打到天花板时，有

即

θ=30°

令y−y0＝v0yt−gt2 为零得到斜劈水滴再次到达初始时的水平高度的时间为

y值取最大时所有时间是上述值的一半，把改时间代入

x＝x0+v0xt

得到水滴在天花板上的x位置的坐标为

x＝x0+v0xt＝−rcosθ+rωsinθ=−rcosθ+＝−1×+ =0

故y轴与天花板的交点为天花板上有水的那一点的位置，其坐标值为：（0，1.25m）．