西南大學附屬中學校高2023屆第二次月考物理試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、班級、考場/座位號、準考證號填寫在答題卡上。2．答選擇題時，必須使用2B鉛筆填涂；答非選擇題時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號對應的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫無效；。保持答卷清潔、完整。3．考試結束后，將答題卡交回（試題卷學生保存，以備評講）。一、單項選擇題：本大題共7個小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 2022年8月雄雄大火吞噬了部分縉云山脈，在虎頭山山頂局部復燃，消防官兵及時趕到，啟動多個噴水口同時進行圍堵式滅火，噴水口所處高度和口徑都相同。其中兩支噴水槍噴出的水在空中運動的軌跡甲和乙?guī)缀踉谕回Q直面內(nèi)，且最高點高度、落到失火處的高度均相同，如圖所示，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　?。?/span>A. 水甲先到達失火處 B. 水乙先達到失火處C. 水乙的水平射程更遠 D. 甲處噴水槍的出水速度更快【答案】C【解析】【詳解】A．水噴出后做斜拋運動，在豎直方向做豎直上拋運動，因為兩個噴水口高度相同，且兩條水柱的軌跡最高點相同，根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律可知水噴出時的豎直分速度相等，又因為最終兩條水柱在豎直方向的位移相同，且加速度都等于重力加速度，所以在空中運動時間相同，即水甲、乙同時到達失火處，故AB錯誤；C．由圖并根據(jù)斜拋運動的對稱性可知水乙的水平射程更遠，故C正確；D．設甲、乙兩處噴水槍方向與水平方向的夾角分別為α和β，水噴出時的初速度大小分別為v甲和v乙，根據(jù)A項分析可知由圖可知，所以故D錯誤。故選C2. 如圖所示為汽車內(nèi)常備的一種菱形千斤頂?shù)脑韴D，搖動手柄，使螺旋桿轉動，A、B間距離發(fā)生改變，從而實現(xiàn)重物的升降。若質量為M的物體放在此千斤頂上，保持螺旋桿水平，已知AB與BC之間的夾角為θ，不計摩擦，重力加速度為g。則螺旋桿AB對軸B作用力大小為（　?。?/span>A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)題意，“菱形千斤頂”C點受到的壓力大小為G，分解沿兩臂的兩個分力F，根據(jù)對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等，如圖所示根據(jù)幾何關系可得解得BC桿的彈力大小對“菱形千斤頂”B點受力分析如圖所示由平衡條件得解得螺旋桿AB對軸B作用力大小為故選D。3. 如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三條等差等勢線，實線為一帶負電荷的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，下列判斷不正確的是（　?。?/span>A. 電場中等勢線的電勢B. 粒子通過Q點時動能較小C. 粒子通過P點時電勢能較大D. 粒子通過P點時加速度較大【答案】B【解析】【詳解】A．粒子所受電場力指向軌跡凹側，并且與電場強度的方向相反，而電場強度方向垂直于等勢線，由此可推知電場強度方向垂直于等勢線向上，根據(jù)沿電場強度方向電勢降低可知故A正確；BC．粒子帶負電，根據(jù)可知在P、Q兩點的電勢能關系為粒子只受電場力作用，根據(jù)能量守恒定律可知粒子通過Q點時動能較大，故B錯誤，C正確；D．等勢線越密的位置電場強度越大，所以P點電場強度較大，粒子通過P點時加速度較大，故D正確。本題選不正確的，故選B。4. 質量分別為、的兩個物體在光滑水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移—時間圖像（x—t）如圖所示，由此可以判斷（　?。?/span>A.  B. C. 碰撞為彈性碰撞 D. 碰撞為非彈性碰撞【答案】C【解析】【詳解】AB．根據(jù)x-t圖象的斜率等于速度，可知碰撞前m2是靜止的，m1的速度為 碰后m1的速度為m2的速度為以兩個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，取碰撞前m1的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2′解得m2=3m1選項AB錯誤；
CD．碰撞前總動能  碰撞后總動能碰撞前后系統(tǒng)機械能守恒，故碰撞是彈性碰撞，選項C正確，D錯誤。故選C。5. 在某個電場中，x軸上各點電勢隨x坐標變化如圖所示，圖像關于軸左右對稱，一質量m、電荷量+q的粒子僅在電場力作用下由靜止釋放能沿x軸做直線運動，下列說法中正確的是（　　）  A. 點的電場強度大小大于點電場強度大小B. x軸上和兩點電場強度和電勢都相同C. 該粒子位于x軸上點的電勢能大于點的電勢能D. 若粒子在點由靜止釋放，則粒子到達O點時刻加速度為零，速度達到最大【答案】D【解析】【詳解】AB．φ-x圖像的斜率大小表示電場強度大小，斜率的正負表示電場強度方向，所以點的電場強度大小小于點電場強度大小，x軸上和兩點電場強度大小相同、方向相反，電勢相同，故AB錯誤；C．根據(jù)可知粒子位于x軸上點的電勢能小于點的電勢能，故C錯誤；D．由圖可知O點處電場強度為零，電勢最低，所以粒子到達O點時刻加速度為零，電勢能最小，而粒子僅受電場力作用，能量守恒，所以粒子到達O點時刻動能最大，速度最大，故D正確。故選D。6. 將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同?，F(xiàn)將一個可以視為質點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿木板下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均為。在這三個過程中，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 產(chǎn)生的熱量大小關系為B. 機械能的減少量大小關系為C. 滑到底端時的速度大小關系為D. 滑到底端時重力的瞬時功率大小關系為【答案】AC【解析】【詳解】A．產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，則有而x為水平位移，所以有由圖可知故A正確；B．因為只有摩擦力做負功，故機械能的減少量即為產(chǎn)生的熱量，則有B錯誤；C．根據(jù)動能定理有其中由圖可知則有又則有C正確；D．重力的瞬時功率為速度和重力方向的夾角，由圖可知則有所以有D錯誤。故選AC。7. 如圖所示，空間有棱長為L的正立方體ABCD-A′B′C′D′，在A點和C′點分別固定電荷量為Q的正、負點電荷，靜電力常量為k，則以下說法正確的是（　?。?/span>A. 立方體中心處的電場強度大小為B. B′、D′、C三點構成的平面上各點電勢相同C. D點和B′點的電場強度方向相同且大小均為D. 電子在A′點的電勢能高于在C點的電勢能【答案】C【解析】【詳解】A．設立方體的中心為O，根據(jù)幾何關系可知根據(jù)點電荷電場公式可知，點正點電荷在O點產(chǎn)生的電場為方向由，同理可得，點負點電荷在O點產(chǎn)生的電場為方向由，則立方體中心處的電場強度大小為故A錯誤；B．由圖可知，C點到A點的距離與到點的距離不相等，C點一定不是中垂面上的點，則平面一定不是中垂面，平面不是等勢面，故B錯誤；C．由圖可知，點和點關于的中點對稱，則點和點的電場強度方向相同且大小相等，根據(jù)可知，則點正點電荷在D點產(chǎn)生的電場為方向為AD延長線方向，點負點電荷在D點產(chǎn)生的電場為方向為由，則D點的電場強度的大小為故C正確；D．由圖可知，點相比點更接近與點，則有根據(jù)公式可知，電子在A′點的電勢能低于在C點的電勢能，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。每小題有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8. 質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是8kg·m/s，B球的動量是6kg·m/s，當A球追上B球發(fā)生碰撞，碰撞后A、B兩球的動量可能值是（　?。?/span>A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【詳解】以AB整體為研究對象，碰撞前后AB動量守恒。由于不確定是否為彈性碰撞，所以碰撞前后需滿足系統(tǒng)能量不增加原則，即碰前系統(tǒng)的總動能大于等于碰后系統(tǒng)的總動能，因此有將四個選項數(shù)據(jù)分別帶入以上等式，可得AC符合要求，BD不符合要求。故AC正確，BD錯誤。故選AC。【點睛】在無外力輔助情況下，碰撞前后需滿足系統(tǒng)能量不增加原則，即碰前系統(tǒng)的總動能大于等于碰后系統(tǒng)的總動能。9. 如圖所示，在某星球表面發(fā)射一艘人造飛船，設該星球半徑為R，星球表面的重力加速度為g0。飛船在星球附近軌道III繞星球做圓周運動，到達軌道的B點時點火進入橢圓軌道II，到達軌道的A點時再次點火變軌進入半徑為4R的圓型軌道I上運動，則（  ）A. 飛船在軌道III的運行速率大于B. 飛船在軌道I上運行速率小于在軌道II上B處的速率C. 飛船在軌道II上A處的機械能等于在軌道II上B處的機械能D. 飛船在軌道I、軌道III上運行的周期之比【答案】BC【解析】【詳解】A．軌道III相當于近地軌道，飛船運行時萬有引力提供向心力結合黃金代換聯(lián)立解得A錯誤；B．飛船在軌道III的B點經(jīng)過點火加速進入軌道II，所以在軌道III的B點速率小于軌道II的B點速率，再根據(jù)飛船運行時萬有引力提供向心力解得飛船在軌道I上的運行速率小于在軌道III的運行速率，故飛船在軌道I上運行速率小于在軌道II上B處的速率，B正確；C．飛船在軌道II上運行時，只受到萬有引力作用，所以機械能守恒，故在軌道II上A處機械能等于在軌道II上B處的機械能，C正確；D．根據(jù)開普勒第三定律可知，飛船在軌道I、軌道III上運行的周期與半徑的關系解得D錯誤。故選BC10. 如圖所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電且接地，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下極板邊緣飛出。若下極板不動，將上極板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球（　?。?/span>A. 上極板上移一小段距離后，上極板電勢增加B. 仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出C. 上極板上移一小段距離后，帶電小球飛出極板時機械能與未移動時相等D. 若上極板不動，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中央【答案】BCD【解析】【詳解】A．平行板電容器兩極板間電場強度為上極板上移一小段距離后，由于極板所帶電荷量Q不變，所以E不變，而上極板電勢為d增大，上極板電勢減小，故A錯誤；BC．上極板上移一小段距離后，帶電小球所受電場力不變，重力不變，則加速度不變，豎直位移不變，仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出，且電場力做功不變，飛出極板時機械能與極板未移動時相等，故BC正確；D．若上極板不動，將下極板上移一段距離，同理可知小球運動軌跡不變，則小球可能打在下極板的中央，故D正確。故選BCD。11. 如圖所示，傾角為的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點固定一個質量為m、電荷量為－q的小球Q。整個裝置處在場強大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。現(xiàn)把一個質量為m、電荷量為＋q的小球P從N點由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運動。N點與彈簧的上端和M的距離均為s0。P、Q的連線以及彈簧的軸線ab與斜面平行。兩小球均可視為質點和點電荷，彈簧的勁度系數(shù)為，靜電力常量為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）    A. 小球P沿著斜面向下運動過程中，其電勢能不一定減小B. 小球P在N點的加速度大小為C. 當彈簧的壓縮量為時，小球P的速度最大D. 小球P返回時，可能撞到小球Q【答案】AB【解析】【詳解】A．小球P沿著斜面向下運動過程中，所受勻強電場的電場力沿斜面向下，所受小球Q的電場力沿斜面向上，兩個電場力的合力不一定沿斜面向下，所以合電場力不一定做正功，小球的電勢能不一定減小，故A正確；B．根據(jù)庫侖定律可知，小球P在N點時受到小球Q的電場力大小為設此時小球P的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有解得故B正確；C．當小球P的速度最大時，設彈簧彈的壓縮量為x，此時小球P受到小球Q的電場力大小為此時小球P所受合力為零，即所以故C錯誤；D．根據(jù)電場力和重力做功的特點可知，小球P返回N點時，合外力對小球P做功的代數(shù)和為零，根據(jù)動能定理可知此時小球P的速度為零，所以小球P返回時，不可能撞到小球Q，故D錯誤。故選AB。三、實驗題：本大題2小題，共13分。12. 國慶同學在做“探究碰撞中的不變量”實驗中，所用裝置如圖甲所示，已知槽口末端在白紙上的投影位置為O點?；卮鹨韵聠栴}：(1)為了完成本實驗，下列必須具備的實驗條件或操作步驟是___________；A.斜槽軌道末端的切線必須水平 B.入射球和被碰球半徑必須相同C.入射球和被碰球的質量必須相等 D.必須測出桌面離地的高度HE.斜槽軌道必須光滑(2)國慶同學在實驗中正確操作，認真測量，得出的落點情況如圖乙所示，則入射小球質量和被碰小球質量之比為____________；(3)為了完成本實驗，測得入射小球質量m1，被碰小球質量m2，O點到M、P、N三點的距離分別為y1、y2、y3，若兩球間的碰撞是彈性碰撞，應該有等式_______成立。A. B. C. D. 【答案】    ①. AB    ②. 3∶2    ③. AD【解析】【詳解】(1) [1]．A.斜槽軌道末端切線必須水平，以保證做平拋運動，選項A正確； B.入射球和被碰球半徑必須相同，以保證兩球正碰，選項B正確；C.入射球質量要大于被碰球的質量，以防止入射球反彈，選項C錯誤； D.兩球均做平拋運動，豎直高度相同，時間相同，沒必要測出桌面離地的高度H，選項D錯誤；E.斜槽軌道沒必要必須光滑，只需小球到達底端時速度相同即可，選項E錯誤。故選AB。(2)[2]．設落地時間為t，則有而動量守恒的表達式為m1v0=m1v1+m2v2即m1OP=m1OM+m2ON代入數(shù)據(jù)可得m1:m2=3:2(3)[3]．若碰撞是彈性碰撞，動能守恒的表達式為 即兩球相碰前后的動量守恒，則有m1?OM+m2?ON=m1?OP即 m1?y1+m2?y3=m1?y2若碰撞是彈性碰撞則有故選AD.13. 某同學利用圖甲裝置探究“系統(tǒng)的機械能守恒”，該系統(tǒng)由鉤碼與彈簧組成，實驗步驟如下：（1） 首先測量出遮光條的寬度d。（2） 按圖豎直懸掛好輕質彈簧，將輕質遮光條水平固定在彈簧下端，測出此時彈簧的長度；在鐵架臺上固定一個位置指針，標示出彈簧不掛鉤碼時遮光條下邊緣的位置。（3）用輕質細線在彈簧下方掛上鉤碼，測量出平衡時彈簧的長度x，并按圖所示將光電門的中心線調(diào)至與遮光條下邊緣同一高度。（4）用手緩慢的將鉤碼向上托起，直至遮光片恰好回到彈簧原長標記指針的等高處（保持細線豎直），將鉤碼由靜止釋放，記下遮光條經(jīng)過光電門的時間；（5）多次改變鉤碼個數(shù)，重復步驟（3）（4），得到多組數(shù)據(jù)，作出圖像如圖乙所示。通過查找資料，得知彈簧的彈性勢能表達式為：，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量，已知當?shù)刂亓铀俣葹?/span>g。則圖線斜率等于________（用d和g表示）時可得系統(tǒng)的機械能是守恒的。（6） 實驗中鉤碼的速度實際上______（選填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】    ①.     ②. 大于【解析】【詳解】（5）[1]掛上鉤碼時，彈簧伸長了，由胡克定律將鉤碼靜止釋放，到遮光條經(jīng)過光電門，由機械能守恒定律又聯(lián)立可得則圖線的斜率等于；（6）[2]實驗中鉤碼的速度等于遮光條中間位置經(jīng)光電門時的速度，而求得的是遮光條經(jīng)過光電門時的平均速度，即遮光條經(jīng)過光電門的中間時刻的瞬時速度，物體做勻變速直線運動時，中間位置的瞬時速度大于中間時刻的瞬時速度，所以實驗中鉤碼的速度實際上大于。四、計算題：本題共3個小題，共39分，請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出最終結果的不得分。14. 如圖所示，一帶電粒子由靜止被電壓為的加速電場加速，然后沿著與電場垂直的方向進入另一個電壓為的勻強偏轉電場，并射出偏轉電場。已知粒子的帶電量為，質量為；偏轉電極長為，極板間距為。不計粒子的重力。求粒子（1）離開加速電場時的速度大小；（2）在偏轉電場中運動時間；（3）射出偏轉電場時偏轉的角度的正切值。【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】【分析】【詳解】（1）在加速電場中根據(jù)動能定理解得（2）在偏轉電場中水平方向做勻速運動，則運動時間解得（3）射出偏轉電場時的豎直分速度解得?15. 如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O到光滑水平面的距離為h=0.8m，已知A的質量為m，物塊B的質量是小球A的5倍，置于水平傳送帶左端的水平面上且位于O點正下方，傳送帶右端有一帶半圓光滑軌道的小車，小車的質量是物塊B的5倍，水平面、傳送帶及小車的上表面平滑連接，物塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，其余摩擦不計，傳送帶長L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s順時針運轉?，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直后由靜止釋放，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性正碰，小球反彈后上升到最高點時與水平面的距離為，若小車不固定，物塊剛好能滑到與圓心O1等高的C點，重力加速度為g，小球與物塊均可視為質點，求：（1）小球和物塊相碰后物塊B的速度vB大小。（2）若滑塊B的質量為mB=1kg，求滑塊B與傳送帶之間由摩擦而產(chǎn)生的熱量Q及帶動傳送帶的電動機多做的功W電。（3）小車上的半圓軌道半徑R大小。【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J；（3）1.5m；【解析】【分析】【詳解】（1）小球A下擺及反彈上升階段機械能守恒，由機械能守恒定律得，A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mvA=-mv1+5mvB代入數(shù)據(jù)解得vB=1m/s（2）經(jīng)過時間t，B與傳送帶速度相等，由勻變速直線運動速度公式得v0=vB+μgt代入數(shù)據(jù)解得t=1s物塊滑行的距離為解得s物=3.5m=L傳送帶的位移為s傳=v0t=6×1 m =6m則有s相=s傳-s物=6 m -3. 5m =2.5m電動機多做的功為代入數(shù)據(jù)解得W電=30J（3）物塊在傳送帶上一直加速到達右端時恰好與傳送帶速度相等，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得5mv0=(5m+25m）v由機械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得R=1.5m16. 如圖所示，一質量為kg的小物塊甲靜止于某平臺的端點A處，距平臺右側處有一圓心角θ=37°的光滑圓弧軌道，軌道左側B點高h=0.25m，軌道最低點C處（與水平地面相切）緊靠一質量為kg的木板丙，一質量為kg的小物塊乙靜止在木板丙上表面，乙、丙間的動摩擦因數(shù)，木板丙與地面間的動摩擦因數(shù)，小物塊甲、乙均可視為質點。某時刻小物塊甲以初速度水平飛出，之后恰能平滑落入圓弧軌道，在C點處與木板丙碰撞（碰撞時間極短），小物塊乙最終不從木板上掉落，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。（1）求甲拋出時的初速度大?。?/span>（2）若甲與丙碰撞過程中無能量損失，求碰后瞬間丙的速度大小；（3）若甲與丙碰撞過程中有能量損失，已知碰后丙的速度大小（甲與丙不會發(fā)生二次碰撞），求乙與丙間因摩擦產(chǎn)生的熱量。（計算結果保留兩位小數(shù)）【答案】（1）；（2）；（3）2.67J【解析】【詳解】（1）小物塊甲恰能平滑落入圓弧軌道，即小物塊甲在B點處的速度方向恰好與圓弧軌道相切，即與水平方向的夾角為θ，設小物塊甲從A處水平飛出經(jīng)過時間落入圓弧軌道，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得，（2）設小物塊甲在C點的速度為，平臺高度為H，根據(jù)平拋運動規(guī)律有小物塊甲從水平拋出到運動至C點的過程，根據(jù)動能定理有聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得當甲與丙碰撞過程中無能量損失時，設碰后瞬間丙的速度為，甲的速度為根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得（3）對小物塊乙受力分析，可知小物塊乙先在木板丙上向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得，其加速度大小對木板丙受力分析，可知木板丙先在地面上向右做勻減速直線運動，設其加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得設經(jīng)過時間，乙、丙速度相等，共速時的速度大小為根據(jù)運動學公式有代入數(shù)據(jù)解得s，m/s根據(jù)運動學公式可知，時間內(nèi)乙、丙間的相對位移當乙、丙共速時，對小物塊乙受力分析，可知此后小物塊乙向右做勻減速直線運動，加速度大小，對木板丙受力分析，可知木板丙向右做勻減速直線運動，設加速度大小為；根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得由于，所以木板丙的速度先減為零，在木板丙靜止前，小物塊乙將一直相對木板丙運動；當木板丙速度為零時，由于，故此后木板丙將靜止在地面上，小物塊乙將繼續(xù)做加速度大小為的勻減速直線運動，直至靜止在木板丙上，根據(jù)運動學公式可知，乙、丙共速之后乙、丙間的相對位移則整個過程中乙、丙間的相對位移則乙與丙間因摩擦產(chǎn)生的熱量
 
 

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