重庆市第一中学2026-2027学年高三上学期物理周考4（10.6）

【考试时间：10月6日18：45~20：00】 重庆一中高2027届高三上期周考4物理试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题：本题共10小题，共43分。 (一)单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求的。 1.如图，在短道速滑接力比赛中，“交棒”运动员乙从后追上“接棒”运动员甲，乙猛推甲，使 甲获得更大的速度向前冲出。忽略运动员与冰面间的摩擦力，则在乙推甲的过程中，下 列说法正确的是() A.甲、乙的加速度大小相等 B.甲、乙的动量变化量相同 C.甲、乙组成的系统动能增加 D.甲、乙组成的系统机械能守恒 2.悬挂线是数学中一种优美曲线，如图有一段质量均匀分布的细绳两端 固定，构成悬挂线，曲线左右两端点的切线与水平方向夹角分别为α 和B,设细绳最低点为O,则0点左侧部分与右侧部分细绳质量之 比是( A.sina:sinB B.(sina)2:(sinB)2 C.tana:tanB D.(tana)2:(tanB)2 ◆x/m 3.质点甲沿x轴做匀变速运动，质点乙沿x轴做匀速运动，两质点的位置坐标 8 x随时间t变化的关系图线如图所示，则在0~4s内两质点之间的最大距离 甲 为() A.5m B.4m C.3.5m D.3m 234 试卷第1页（共6页） 4.如图所示，在x0y平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正 五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为g、3g、5g、7g、9g的正点电荷，且电荷 量为5g的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则0点的电场强度() A.大小为樱(eos18+cos549,方向沿与x轴负方向成54夹角斜向下 B.大小为樱cos1s+2as549,方向沿x轴负方向 C.大小为警(o18+2os549,方向沿与x轴负方向成1g夹角斜向下 D.大小为偿(o@s180+os549,方向沿x轴负方向 5.如图所示，物块a、b、c的质量均为m=l.5kg,开始时a、b用劲度系数k=150N/m c圜 的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。位于α正上方的物块c由静止 a闢 释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后a、c一起在竖直方 总 向上做简谐运动，运动过程中物块b恰好没有脱离地面。已知轻弹簧始终在 弹性限度内，重力加速度g=10ms2,空气阻力不计。下列说法正确的是() A.c、a碰后一起向下做减速运动 B.此简谐运动的振幅为03m C.a、c一起运动的最大加速度为10ms2D.物块b对地面的最大压力为45N 6.如图所示，人造卫星先在近地轨道缸上绕地球做匀速圆周运动，到达A 点时发动机点火加速至原速度的，停倍进入椭圆轨道血A点为椭圆轨 地球 道Ⅱ上的近地点，B点为椭圆轨道Ⅱ上的远地点，已知地球的半径为R, B R 引力常量为G,引力势能的表达式为E,=_G m,式中M表示地球的 质量，m表示卫星的质量，r表示卫星到地球中心的距离，则A、B间的距离为() A.2R B.2.5R C.3R D.4R 7.如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角0=53°的斜劈放在木 板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质 点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg,斜劈与木板之间的 动摩擦因数为“，重力加速度g=10m/s2,系统处于静止状态。现在对 /mima 木板施加一水平向右的拉力F,下列说法正确的是() A.若μ=0.6，当F=24N时，小球会飘起离开斜劈的斜面 B.若μ=0.5，当F小于某一值时，小球才能始终保持和斜劈相对静止不离开斜劈 C.若4=0.7，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D.若4=0.8，当F=24N,系统稳定时，细绳与水平方向的夹角a满足：ana=1.25 试卷第2页（共6页） (二)多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，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。 8.一只青蛙从一片荷叶跳入平静的湖水中，平静的水面从青蛙的入水点开始上下做简谐运动。 青蛙入水不远处的水面上有两片树叶a、b,波先传到a,当波传到b开始计时，其振动 图像分别为图中的a、b所示。已知两片树叶之间的距离为3m,两片树叶在入水点的同 侧且与入水点在一条直线上，则下列说法正确的是() A.树叶a的起振方向沿y轴正方向 ◆y/cm a 10 B.该波从a传到b的时间可能为5s C.该波的传播速度可能为1m/s D.该波的波长一定为3m -10 9.我国精密机械研发中，常采用滑块-轻杆模型测试设备动态平衡性能。如图所示，一质量 M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆 与滑块上的光滑轴0连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴0自由转动。初始时，轻杆 水平，现给小球一竖直向上的初速度。=4ms,重力加速度取 g=10ms2,不计空气阻力，下列说法正确的是() A.若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为√6ms B.若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为3s C.若滑块不固定，小球到达最高点时，杆对小球的作用力大小为8N D.若滑块不固定，小球到达轴0右侧水平位置时相对地面的位移大小为号m 10.有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大 致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能 为16J,在O点动能为4J,不计空气阻力，重力加速度g=0m/s,下列说法正确的是() A.小球所受重力和风力大小之比为2：1 0 B.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：4 C.小球落到N点时的动能为32J 风 D.小球从M点运动到N点过程动能一直减小 试卷第3页（共6页） 二、非选择题：本题共5小题，共57分 11.(6分)如图甲所示是某同学设计的测圆周运动向心力大小的实验装置原理图。一轻质细 绳下端悬挂质量为m的小球，上端固定在力传感器上，再在小球的下方连接一轻质的遮 光片，遮光片的宽度为d,让小球先静止，在小球正下方适当位置固定一个光电门，两 装置连接到同一数据采集器上，可以采集小球经过光电门的遮光时间和此时细绳拉力的 大小，重力加速度为g。实验过程如下： 力传惑器 小球 光电门 、 遮光片 甲 乙 ①用刻度尺测量出悬挂点到球心的距离L; ②将小球拉升到一定高度（细绳始终伸直）后释放，记录小球第一次经过最低点时遮光 片的遮光时间△t和力传感器示数F; ③改变小球拉升的高度，重复步骤②，测6~10组数据； ④根据测量得到的数据在坐标纸上绘制图像； ⑤改变悬挂点到球心的距离L,重复上述步骤，绘制得到的图像如图乙所示。回答下列 问题： (1)图乙中图像横坐标表示的物理量为 (填a点或"a”: (2)图乙中A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳长度之比为 (3)由于遮光片位于小球的下方，图乙中的斜率与理论值相比 (填“偏大“偏小” 或“不变)。 试卷第4页（共6页） 12.(8分)为了测量当地的重力加速度，某学校科技兴趣小组利用激光切割机切割出如图甲 所示半径为R的两块完全相同的金属工件，然后将两块金属板正对平行固定，在两板之 间形成距离为d的较为光滑的圆槽轨道。现将直径为D的小球放入轨道，使之做简谐运 动，等效为单摆运动。图乙为小球在圆槽轨道最低点的示意图。 R a →WD2- 甲 乙 丙 丁 (1)更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将 (填“变大“变 小不变”) (2)从小球运动到最低点开始计时，并记为第1次，第101次经过最低点的时间如图丙所 示，则单摆的周期T= (3)更换半径不同的小球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的T2-√D?-d 图像如图丁所示，横、纵截距分别为a、b,则当地的重力加速度8= 圆弧面的 半径R= 。（用字母π、a、b表示) 13.(10分)现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落伤眼晴或 者额头的情况，若有一手机质量为120g,从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到 额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.05s。取g=10m/s2,不计空气 阻力，求 (1)手机与额头接触前瞬间，手机的动量大小和方向： (2)手机对额头平均作用力的大小。 试卷第5页（共6页） 14.(15分)如图所示，一足够长的水平传送带以速度o匀速 tuu 2 运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的 轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送 带左端以速度2o冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。 已知物块P与传送带间的动摩擦因数=0.25，重力加速度 窗Q 为g,不计滑轮的质量与摩擦。求： (1)物块P与传送带同速之前两物块P、Q的加速度大小： (2)从物块P刚冲上传送带到P滑至右方最远处的过程中，P与传送带之间的摩擦生热； (3)若传送带以不同的速度v(0<<2%)匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处 时，P与传送带间摩擦生热最小？最小值为多大？ 15.(18分)在长为l=1m、质量为m=30kg的车厢B内的右壁处，放一质量ma=20kg 的小物块A（可视为质点)，向右的水平拉力F=120N作用于车厢，使之从静止开始运 动，测得车厢B在最初2s内移动的距离为5m,且在这段时间内小物块未与车厢壁发生 过碰撞。假定车厢与地面间的摩擦忽略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞都是弹性的。 (1)求小物块A与车厢B之间的动摩擦因素 (2)求小物块A在与车厢B的左壁发生碰撞后，与车厢B的右壁的最小距离 (3)求车厢B开始运动后4s时，小物块A的速度大小 B 试卷第6页（共6页） 《周考4》参考答案 当t=4s时x甲=0m 3 5 8 9 10 号 12 6 代入解得0=8m,o=2m/s,a=一2m/s 答 D ACD 案 AC AC 由题图可知质点乙的速度，-0号s=2as 1.C【详解】AB.甲、乙相互推挤时，彼此作用 当两质点速度相等时，两质点相距最远，设o时刻 力大小相等、方向相反。设作用力大小为F,甲、 两质点相距最远，则v=(2一2om/s=vz 乙质量分别为m即，m2,由牛顿第二定律，二者加 解得o=2s 速度大小分别为4流，4=得 F m 此时质点甲的位置坐标年=x+w+2好=8m 题目未说明两人质量相等，所以加速度大小不一定 质点乙的位置坐标x2=+24=4m 相等。由动量定理，动量变化量等于所受合力冲量： 所以在0~4s内两质点之间的最大距离△x=x甲一x 两人所受相互作用冲量大小相等、方向相反，因此 z=4m 两人的动量变化量大小相等、方向相反，并不相同， 故选B。 故AB错误； 4.B【详解】根据对称性可知，O点的电场强度简 CD.乙推甲的过程中，运动员体内的化学能转化为系统 化为下图中点电荷产生的矢量和，则 的机械能，因此甲、乙组成的系统总动能增加；该过程 E=2k29c0s18°+2k9cos540=-(cos18+26o8549Eo=. R2 R2 有体内化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故C 正确，D错误。 故选C。 2.C【详解】对竖直虚线左边绳子受力分析根据 平衡条件得，竖直方向有Tsina=m8 2 V54° 水平方向有Tcosa=T -4q 40 可得T=m8 tang 同理对竖直虚线右边绳子受力分析，根据平衡条件 可得6--装（casl3+2o5州 可得T=8 tanB 方向沿x轴负方向。 可得由水平切线的垂线所分成的左右两部分质量 故选B。 比为m:m2=tanc:tanB。 5.B【详解】A.初始时a、b用弹簧竖直连接， 故选C。 静止在水平地面上，a在b上方，弹簧处于压缩状 3.B【详解】质点甲位置坐标随时间的变化关系 态，由a受力平衡，可得mg=。 满足=名+w+ 解得初始压缩量无=受-01m 当t=0时x=8m 碰撞前c做自由落体，具有向下的速度；a静止。 当t=1s时xp=9m 碰撞瞬间动量守恒，碰后整体获得向下的速度。此 答案第1页（共6页） 时弹簧压缩量仍为=0.lm,弹力向上F=c,=l5N,W=mg+a=90N向上。 整体重力2mg=30N向下。合力F=30N-15N=15N, 由牛顿第三定律，b对地面的最大压力为90N,故 方向向下，因此加速度向下，速度方向也向下，因D错误。 此碰后瞬间向下加速，而非减速，之后弹簧压缩量 故选B。 增大，弹力增大，当F>2mg=30N时才开始减速， 6.C【详解】卫星在近地轨道做匀速圆周运动时， 故A错误； 引力提供向心力得微=m发 R B.简谐运动平衡位置满足Fn=a*=2mg M 解得v=R 解得平衡位置时弹簧压缩量x*=0.2m P星在A点点火后的速度变为以= b恰好不脱离地面，意味着在最高点时地面对b的 设B点到地球中心的距离为R,在B点的速度大 支持力恰好为零，此时弹簧对b的弹力向上且等于 小为，则么=8=k Va R b的重力，即c数=mg 由系统能量守恒得m-Cm={m GMm R=2m哈-R 解得弹簧伸长量x拉=0.lm 解得k=2 平衡位置弹簧压缩0.2m,最高点弹簧伸长0.lm,从 因此A、B间的距离为3R。 平衡位置到最高点的位移大小为0.2m+0.lm=0.3m, 故选C。 即振幅A=0.3m,故B正确； 7.D【详解】小球刚好飘起时对斜面的压力为0， C.最大加速度出现在合力最大处，即最大位移处， 此时小球仅受重力mg和沿斜面的细绳拉力T,将 该简谐运动有两个最大位移处，最高点时，弹簧伸 力沿水平、竖直方向分解，则竖直方向力的关系为 长x拉=0.lm,弹簧弹力向下，大小c拉=15N,重力 Tsin=mog 向下2mg=30N,合力15N+30N=45N向下，加速度 水平方向力的关系为Tcos8=m4 大小a=5mg=15ms 将0=53°、m。=1kg 最低点时，弹簧压缩量最大x=x￥+A=0.5m,弹 代入上述两式，解得a。=7.5ms2,即小球刚好飘起 力向上amx=75N,重力向下2mg=30N,合力向上 时的加速度为7.5ms2。 75N-30N=45N,加速度大小同样为 A.假设F使小球、斜劈、木板三者一起运动，对 a=45ms2=15m/s2 3 三者整体使用牛顿第二定律有F=(m。+m,+m2)a 因此最大加速度为15m/s2，故C错误： 当F=24N时，整体加速度为 D.当a、c运动到最低点时，弹簧压缩量最大 F 24N xx=x平+A=0.5m,弹簧对b的弹力向下am=75N, 4m。+m+m3kg =8m/s2 对小球、斜劈二者整体使用牛顿第二定律有 b自身重力mg=15N向下，地面支持力 f=(m。+m)a2 答案第2页（共6页） 若μ=0.6，则小球、斜劈二者整体能获得的最大加 8.AC【详解】A.波是介质中质点在波源带动下依次 速度为 开始振动，每个质点都在重复波源的振动，由图知b开始 (m +m)0.6x10m/s=6m/st 振动后向上运动，即起振方向向上，故α的起振方向也向 mo+m mo+m 当加速度大于6m/s2时，斜劈和木板会发生相对滑 上，故A正确： 动，所以三者不可能以8ms2的加速度一起运动， BC.由图知，波从a传到b的时间可能是（4n+3)s,其 斜劈和小球的加速度最大为6ms2，小于小球刚好 中n取自然数，当n取0时，传播速度为lms,故B错 飘起的加速度7.5ms2,即小球不会离开斜面，故A 误，C正确； 错误； D.当波速为1m6时，两片树叶之间的3m对应2个波长， B.若4=0.5，小球、斜劈二者整体能获得的最大 故D错误。 加速度为am=4g=0.5×10m/s2=5m/s2,小于小球刚 故选AC。 好飘起的加速度7.5ms2,即无论F多大，小球和斜 9.ACD【详解】A.若滑块固定，根据机械能守 劈都相对静止不会离开斜面，故B错误： 恒定律)m6=mgL+2m C.若“=07，小球、斜劈二者整体能获得的最大 解得小球到达最高点的速度大小为v=√ms,A正 加速度为a4m=4g=0.7×10mls2-7m/s2 确； 小于小球刚好飘起的加速度7.5ms2,即无论F多大， B.若滑块不固定，则由水平动量守恒my+%2=0 小球都不会飘起，小球对斜劈的压力都不会为0， 故C错误； 根据机椒能守恒定律m=mgL+方m+号M 2 D.由以上分析可知，当F=24N时，若三者一起 解得小球到达最高点的速度大小为”=2ms,滑块 运动，则整体加速度为8ms2。若4=0.8，小球、斜 的速度y2=-lms,B错误： 劈二者整体能获得的最大加速度为 C.若滑块不固定，小球到达最高点时，对小球 am=4g=0.8×10ms2=8m/s2 mg+7=m出-} L 与三者一起运动的加速度相同，说明此时三者整体 解得-8N,可知杆对小球的作用力大小为8N,C 一起运动。因加速度大于小球刚好飘起的加速度 正确： 7.5ms2,所以小球已离开斜面，仅受重力和绳子拉 D.若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时， 力。将小球受到的力沿水平、竖直方向分解 由水平方向动量守恒可知%-：=0其中 则竖直方向力的关系为Tsina=mg x+为=2L 水平方向力的关系为Tcosa=mam 解得小球相对地面的位移大小为：=，D正确。 31 联立以上两式解得ana=&=10m/s asm 8m/s2 =1.25,故D 故选ACD。 正确； 故选D。 答案第3页（共6页） 10.AC 故选AC。 【详解】A.将小球的运动分解为竖直方向的竖直上抛 运动和水平方向的初速度为0的匀加速直线运动，小球在 1.(1)(△(21：23)偏小（每空2分) M点的动能全部来自竖直初速度瓦w=2m=16] 2 【详解】（1)根据牛顿第二定律有F-mg=m 到最高点O时，竖直速度减为0，动能全部来自水平速 联立解得F=mg+m d2 1 度E0=2m心=4小 (42 设竖直方向加速度为8，上升时间为4，则⑦，= 可知图像横坐标表示的物理量为（公了。 水平方向加速度为a=E,则y=m m (2)根据F=mg+ d2 联立得业=&=62 L(△ 可知图像的斜率为k=md2 因此警-子，即重力与风力大小之比为2：1，A正确： 可知斜率k与细绳长度L成反比，由图乙可知A组实 B.机械能的变化量等于风力做的功。竖直上抛运动上 13 升和下落的时间相等，水平方向是匀加速直线运动，连续 验与B组实验的斜率之比为：=及=2 k.3i 相等时间内的水平位移之比为1：3。风力恒定，由W=Fx 26 则A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳 可知，上升和下落过程风力做功之比为1：3，因此机械能 变化量之比为1：3，B错误； 长度之比为1：2。 C.从M到O水平位移设为x,则从O到N水平位移为 (3)由于遮光片位于小球的下方，距离悬挂点的 3x,M到N总水平位移为4x。M到O过程风力做功 实际转动半径R>L（L是悬挂点到球心的距离)， We =Fx 同角速度下，遮光片速度=足大于小球实际速 1 对M→0用动能定理-mgh+W=4J-16J=-12J 度生=台，推导得实测向心力为 R F-mg=m- L 同时竖直上抛上升过程mgh= 2m=16J m生=mR3 得形=4J 实验拟合图像斜率为F-mg=人2 因此全程M→N风力总做功W=F,4x=16J 则w女m京，理论值认为飞，所以有女艺 , 则可得图乙中的斜率与理论值相比偏小。 全程重力做功为0，所以N点动能 12.(1)不变(2)1.936(3) 2ra Ew=EM+We=(16+16)J=32J,C正确： b 号（每空2分） D.小球所受合力为斜向右下的恒力，初速度竖直向上， 【详解】(1)根据单摆的振动周期T=2π， 可知， 合力与初速度夹角为钝角，因此上升阶段小球动能先减小： 更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的 当速度方向与合力方向变为锐角后，动能开始增大，并非 运动周期将不变。 一直减小，D错误。 答案第4页（共6页） (2)由图丙得小球从第1次到第101次经过最低 对Q有mg一2T-ma2 点的时间t=1min+36.8s=96.8s 解得a1=0.6g,a2=0.3g 单摆的振动周期为T=1o1口 =1.936s (2)P先减速到与传送带速度相同，设位移大小 2 为，则x=2尸-竖=5 (3)[1][2]根据几何关系可得小球在最低点时，其 2a12g 重心到圆槽平面的距离为 时间为4=2%-%=5出 a 3g 此过程中传送带的位移=w= 3g 所以该单摆的等效摆长为L=R-x=R-D°- 则4=-装 共速后，由于=mg<受，P不可能随传送带一 由公式T=2π， ,得T2=4πR-2π2D2正 起匀速运动，继续向右减速， 结合图丁得b=4πR，b2m2 8’ag 设此时P加速度为a,Q的加速度为4- 2 解得8-2它，R=号 2 对P有T-mg=m4 13.(1)0.24gm/s,方向竖直向下(6分) 对Q有mg-2T=m4 (2)6N (4分) 解得a1'=0.2g 【详解】(1)取竖直向下为正方向，手机掉落到人 设P减速到0位移为x2, 哈_5哈 额头位置时速度为v,则v2=2gh 则=2428 解得v=2m/s 运动时间2=。-0_5弘 手机与额头接触前瞬间，手机的动量P=w 解得P=024g·m/s,方向竖直向下 此过程中传送带位移号== 5 (2)取竖直向下为正方向，手机与额头作用过程 则△x=为-为= 中，设额头对手机平均作用力的大小为F,对手机 故从物块P刚冲上传送带到P滑至右方最远处的 由动量定理得(mg-F)t=0-P 过程中，P与传送带之间的摩擦生热 代入数据解得F=6N 2-limg(x )=5mvg 6 根据牛顿第三定律知，手机对额头平均作用力的大 (3)第一阶段P相对皮带向前，相对路程 小为6N。 14.(1)a1=0.6g,a2=0.3g (4分) ，=2%-2 2a1 回%s分)()-受，e-音m (6分) 【详解】(1)设P2的位移大小分别为s1、s2,加 第二阶段相对皮带向后，相对路程，2d 速度大小分别为a1、a2,因s1=252,故a1=2a2 摩擦生热2=mg+)-心-%+) 对P有umg+T=ma1 答案第5页（共6页） 当v=兰时，摩擦热最小2=mG 8 在n=∞时，64V2 t之 31-v31 <4 15.(1)F-jmag=mBaB 所以意味着在4s之前，A与B左壁贴在一起共速 1 pt2=28 运动，使用系统动量定理 解得μ=0.225 FT=(mA+mB)U (2)aA=4g=2.25 解得v=9.6m/s aa=2.5 知-=2a-a-l 解得6=2W2s Un -ant mAvA +mBUB=mAvA'+mBUB' 支muor2+方mwow2=uwe+mu,n 1 1 撞完后 aA'=g=2.25 ag'=F+mA9=5.5 mB 令两者共速uA/一aA'=UB-a --(+,%）- 解得 = a =1+0= aa'+aB 所以最小距 d=1-4-0n 37m (3) k=31 重复上述过程，只是1，=k21取代 可想而知h=t t2=kt! ts=k2th ts'=k2! tn=kn-it tn!=km-1t 所以总时间 =6+01二号 答案第6页（共6页）