重庆市第八中学校2026-2027学年上学期高三物理周考（三）10.18

重庆八中高2027级高三（上)物理周考（三)10.18 一、单选题（共28分） 1.(本题4分)我国科研人员利用仿生机器鱼研究湖泊生态，当仿生机器鱼在湖中匀速直线下潜时，它受 到水的合力方向是() A.斜向下 B.竖直向下 C.斜向上 D.竖直向上 2.(本题4分)公式是最简洁的物理语言，图像是最直观的表达方式。将物体竖直向上抛出后，不计空气 阻力，下列能正确表示其速度v随时间t变化的关系图线可能是() 3.(本题4分)如图，左侧固定着一个带正电的点电荷，以点电荷为圆心绘制两个同心圆，直线ABCD过 圆心且与两同心圆相交。右侧有一个不带电的金属导体，导体内有一个空腔。则下列判断正确的是() D 空腔 A,A与B两点电场强度大小相等，方向相反 B.将某一带负电的点电荷从B点沿圆弧逆时针移动到A点过程，电场力不做功 C.点电荷在C点产生的场强和金属导体的感应电荷在D点产生的场强等大同向 D,取无穷远处电势为零，空腔内的电势为零 4.(本题4分)如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过A点接地，一带正电小球被 固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则() 静电计 试卷第1页（共7页） A.平行板电容器的电容将变大 B.静电计指针偏角变大 C.带电小球的电势能将变大 D.带电小球所受静电力不变 5.（本题4分)如图所示，从一定高度处以不同的初速度'、'2分别将两个完全相同的、可视为质点的 小球1、2沿水平方向抛出，落地时速度与水平地面的夹角分别为、B,落地时重力的功率分别为？、？2， 落地时的动能分别为E、E2,水平射程分别为x、x2,空气阻力不计，则下列判断正确的是() a A.YoL=tana xtanB C. EuLtan'B D. vo2 tanB B. x,tana Ex2 tan'a B tana 6.(本题4分)如图所示，质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R, 现将质量也为的小球从距A点正上方h,高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空 中能上升到距B点所在水平线的最大高度为久处（不计空气阻力，小球可视为质点），则()】 A.小球和小车组成的系统动量守恒 ho B.小球离开小车后做斜向上抛运动 R C.小车向左运动的最大距离为R D.小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为 2 wOwm 7.(本题4分)如图甲，某装置中，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上， 圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和 该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在仁0时，奇数圆筒相对偶数圆 筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0)中央的一个电子，在圆板和圆筒 之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒工。为使电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能 恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。若己知电子的质 量为m、电子电荷量为，电压的绝对值为u、周期为T,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。则电 子进入第4个圆筒的速度V及第8个金属圆筒的长度L应该是多少？() 试卷第2页（共7页） 23456 8 甲 乙 A.v=2eu 1.-2T Jerm 2eu 2T B.v=2 L三 eum m m m m C.v=2 m eu m D.v-2m T L=√em m 二、多选题（共15分） 8.（本题5分)空间中一静电场的某物理量在x轴上分布情况如图所示，图像左右对称（规定x轴正方向 为电场正方向)，其中OA=OB,则() B A.若为E-x图像，则P4<px,虚线与图像及x轴所围面积表示AB的电势差 B.若为E-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B,电场力先做负功再做正功 C.若为p-x图像，则E4、E相同 D.若为p-x图像，在A自由释放一质子，将沿x轴正方向先做加速度减小的加速运动，再做加速度 增大的减速运动 9.(本题5分)有a、b、c、d四颗地球卫星，a在地球赤道上未发射，b在地面附近近地轨道上正常运 行，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图。当两颗不在同一轨道上的卫星相距最 短时称为两颗卫星“相遇”。则有（) 《地球· A.a、b、c、d做圆周运动的向心力均由地球对其的万有引力提供 B.线速度%>v>va C.d的运动周期有可能是25h D.b和C两次相遇的最短时间比c和d两次相遇的最短时间长 10.(本题5分)斜面放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的轻质细绳与物块B连接，有 一方向与滑轮右侧的绳始终垂直的力F作用于B上，整个系统处于静止状态，如图所示。初始时滑轮右侧 试卷第3页（共7页） 绳与竖直方向的夹角为60°，现使物块B从初始时刻缓慢地向左移动至滑轮正下方，该过程中A与斜面始 终保持静止，在此过程中() 609 A.F的大小逐渐变大 B.地面对斜面的摩擦力先变大后变小 C.斜面对物块A的摩擦力一直增大 D.地面对斜面的支持力逐渐变大 三、实验题（共15分） 11.(本题6分)某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。己知水的密度 为1.0×103kgm3,当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下： 1314 Vms 图2 图3 (1)将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻 度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为 cm。 (2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。 使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。 (3)用带有刻度的杯子量取50L水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并 记录数据。按此步骤操作6次。 (4)以小桶中水的体积”为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，该图 像的表达式为 ,测得其斜率为200m2。由此可得该弹簧的劲度系数为 N/m(结 果保留2位有效数字)。 (5)图3中直线的截距为0.0066m,可得所用小桶质量为 kg(结果保留2位有效数字)。 12.(本题9分)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计 了如图(a)所示的装置，实验过程如下： 释放装置 0口 小球 光电门 4 固定的 数字计时器 橡胶材料 05 35 (a) (b) (1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹，调节光电门位置，使小球 试卷第4页（共7页） 从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。 (2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d= mm。 (3)测量时，应 （选填“A”或“B”,其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为先 接通数字计时器，后释放小球”)，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间4和t,。 (4)计算小球通过光电门速度，已知小球的质量为，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E= (用字母m、d、4和t2表示)。 四、解答题（共42分） 13.(本题10分)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖 直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为α的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为日，提升高 度为h,如图所示。求： (1)提升高度为h时，工件的速度大小： (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。 试卷第5页（共7页） 14.(本题14分)如图所示，足够长的水平传送带顺时针匀速转动，其左侧紧邻光滑轨道AMN,AM倾斜、 MN水平，其右侧紧邻粗糙水平面PQ。初始时刻，小物块α静置于AM上，小物块b静置于MN上，小物 块c静置于PQ左端点P处。现将α由静止释放，α与b发生碰撞后粘在一起进入传送带，且ab进入传送 带时的动能为E。b运动至P处时以动能9E,与c发生弹性碰撞，此后b与c恰好未发生下一次碰撞。 从ab与c碰撞后至各自停止，ab与c各自运动的时间之比为3：1。己知a、b质量均为，重力加速度为g, ab与传送带及PQ间的动摩擦因数相同。所有物块均可视为质点，M从P、Q在同一水平线上，碰撞时 间、空气阻力及各连接处的能量损失不计。求： Q b M 777777777 (1)传送带的速度大小： (2)a释放时距MN的高度： (3)c的质量。 试卷第6页（共7页） 15.(本题18分)如图甲所示建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成， 放置在第Ⅱ象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上，C到坐标原点的距离为3d。放射源P在A极 板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板间距为d,板长为2d,当A、B板加上某一电压 时，粒子刚好能以某一特定的速度从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器恰好做匀速圆周运 动。t=0时刻α粒子垂直x轴进入第V象限的交变电场中，交变电场E随时间1变化关系如图乙所示，其 中E=m,T=3N2d 规定沿x轴正方向为电场正值的方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向 ed 4vo 指向圆心0，运动轨迹处的场强大小为E。=m心。已知a粒子电荷量为+2e(e为元电荷)，质量为m,求： 3ed A a粒子源 静电分析器 2T 37 37 E 甲 乙 (1)α粒子在静电分析器中运动的速度大小： (2)α粒子从放射源发射时速度的大小v以及AB板间电压： (3)a粒子从x轴正半轴到y轴的时间。 试卷第7页（共7页）《重庆八中高2027级高三（上)物理周考（三)10.18》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 A C C B C B AD BC BD 1.D 【详解】仿生机器鱼做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合外力为0。机器鱼受两个外力：竖直向下的 重力G,以及水对其施加的所有作用力的合力F(包含浮力、水的阻力等)。根据平衡条件有G+F=0 可得F=G 即水的合力与重力大小相等、方向相反，为竖直向上。 故选D。 2.A 【详解】将物体竖直向上抛出后，不计空气阻力，以竖直向上为正方向，根据动力学公式有v=。一g 故选A。 3.C 【详解】A.由于感应起电，金属导体左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，根据电场叠加原理可知，A 点电场强度小于B点电场强度，方向相反，故A错误： B,由以上分析可知，正点电荷与B点间的电场强度较大，根据U=Ed可知，正点电荷与B点间的电势差 较大，即B点电势低于A点电势，所以将某一带负电的点电荷从B点沿圆弧逆时针移动到A点过程，电势 升高，电势能减小，电场力做正功，故B错误： C.根据点电荷的电场分布可知，点电荷在C点产生的场强与D点产生的场强大小相等，方向相反，而D 点合场强为零，即点电荷在D点产生的场强与金属导体的感应电荷产生的场强等大、反向，所以点电荷在 C点产生的场强和金属导体的感应电荷在D点产生的场强等大同向，故C正确： D.取无穷远处电势为零，空腔内的电势大于零，故D错误。 故选C。 4.C 【详解】A.将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离后，两极板间的距离变大，根据公式 C=5S 4za,可知电容C减小，故A错误： B.电容器与恒压直流电源相连，两极板间的电压U恒定不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所 以静电计指针偏角不变，故B错误： C.设P到上极板的距离为定值d,电场强度E=U P点电势足,-U-队-(-) d增大后，减小，因此p,增大。小球带正电，电势能E。=q聊， d 答案第1页（共9页） 因此电势能随p增大而增大，故C正确： E=由于U不变，d增大，则两极板间的电场强度E减小，带电小球册 减小，故D错误。 故选C。 5,B 1 【详解】A.由h-28 得= 2h 则两球在空中的运动时间之比三=1 t 根据=g可知两球落地时竖直方向的速度大小相等，设为y%,则ana=丝，anB=丝 整理可得i=tanB vo2 tana 故A错误： B.由x1=Vo4,X2=V22 得占=tan ,故B正确： x2 tana 1 C.落地时的动能之比1= m叶父一+6+amB,故c错误： 2m时片装+哈ana E<2 1m D.由重力的功率P=mg'警 母功率之比，故D错误 故选B。 6.C 【详解】A.小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所 受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误； B.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，且系统水平方向总动量为零，小球由B点离开小车时， 小球与小车水平方向速度相同设为x,水平方向由动量守恒得 2mv,=0 解得 y=0 所以小球离开小车后，水平方向速度为0，小球做竖直上抛运动，B错误： C.设小车向左运动的最大距离为x系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒 答案第2页（共9页） 定律得 mv-mv'=0 即有 m2R-x-mx-0 t 计算得出小车的位移为 x=R C正确； D.小球第一次车中运动过程中，由动能定理得 3 mg么一么厂所=0所为小球克服摩擦力做功大小，计算得出 W.-amgho 即小球第一次在车中滚动损失的机械能为4mg,因为小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小， 因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小摩擦力做功小于}g,机板能损失小丁子g%,因此小球再 次离开小车时，能上升的高度大于 2 而小于4：即 4 D错误： 故选C。 7.B 1 【详解】设电子进入第n个圆简后的速度为，根据动能定理得new=2m: 2neu 解得vn=m 当4时y4=2 2eu \m 当8时%=4m eu 第8个金属圆筒的长度为Lg80 其中，=2 2T 解得L= eum m 故选B。 答案第3页（共9页） 8.AD 【详解】A.若为图像E-x,由图像可知，电场强度方向为负方向，所以 9A<P8 虚线与图像及x轴所围面积为Ex,表示的电势差，故A正确： B.若为图像E-x,由图像可知，电场强度方向为负方向，所以将一电子由A沿x轴移向B,电场力做正 功，故B错误； C.若为图像一x,沿x轴方向电势先减小后增加，由电场方向与电势的关系可知，A、B两点电场方向相 反，故C错误： D.若为图像x,在A点自由释放一质子，质子将沿x轴正方向先做加速度减小的加速运动，在做加速 度增大的减速运动，故D正确。 故选AD。 【点睛】 9.BC 【详解】A.a在地面赤道上，随地球自转，向心力是万有引力减去地面支持力，不是全部万有引力。b、 c、d是在轨卫星，向心力完全由万有引力提供，故A错误： B.卫星环绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得 .Mm =m r GM 解得v= 可知卫星的轨道半径越小，环绕速度越大，即v>v.>v 而卫星α还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，则有⊙。=@。 根据v=@r可知V。<v 故线速度>v。>va,故B正确： C.根据开普勒第三定律知：r越大，周期越大，d轨道比同步卫星c更高，所以T,>T。=24h 故d的运动周期有可能是25h,故C正确： D.b:近地卫星，轨道半径最小，角速度最大，T,≈84min c:同步卫星，T.=24h d:高空探测卫星4>r,由开普勒第三定律：Ta>T。 根据0云知，近地卫星b角速度最大，且0，之0，>血 追及（相遇)条件：角速度差△0=0快一①馒 答案第4页（共9页） 追及时间t= 2π 0快一0馒 b和C,△0=0-0 c和d,△02=①。-0 推理知△@，>△@2 故b和c两次相遇的最短时间比c和d两次相遇的最短时间短，故D错误。 故选BC。 10.BD 【详解】A.对物块B进行受力分析，将绳的拉力T、重力G以及力F组成矢量三角形，由于T、F的夹 角为90始终不变，则做辅助圆如图所示： 45 G 所以绳的拉力T逐渐增大，力F的大小逐渐变小，故A错误： BD.对斜面、物块A、物块B整体进行受力分析，如图所示： Ge 根据共点力的平衡关系有F支+F=G总，∫地=F 由A选项中的辅助圆可知，F的竖直分力F,逐渐减小，F的水平分力F先变大后变小，所以地面对斜面 的支持力支逐渐变大，地面对斜面的摩擦力∫地先变大后变小，故BD正确： C.设斜面的夹角为B,对物块A进行受力分析可知，沿着斜面方向受力有绳的拉力T以及重力分力Gssi0。 若初始状态G sin0>T 则根据共点力的平衡关系有Ga sin0=T+f 答案第5页（共9页） 所以随着绳的拉力T的逐渐增大，斜面对物块A的摩擦力逐渐减小，故C错误。 故选BD。 11. 13.14/13.15 x=pgv+mog 49 0.033 k k 【详解】[1]该刻度尺的分度值为0.1cm,应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm [2]设小桶质量为m,水的体积为V,水的密度为P;由胡克定律可知m,g+pg=k 化简可得x=P8p+m8 k k [3已知图像斜率为200m2,即P8=200 k 代入数据解得k=49N/m [4图线的截距为"m,8=0.0066m k 代入数据解得m。=0.033kg 12. 7.882/7.881/7.883 - 2t 【详解】(2)[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm,，由图(b)可知小球的直径为 d=7.5mm+38.2×0.01mm=7.882mm (3)[2]为使数字计时器能正确及时记录时间，测量时，应先接通数字计时器，后释放小球。 故选B。 (4)[3]小球下落过程经过光电门的速度大小为 t 上升过程经过光电门的速度大小为 d V2= 小球向下经过光电门与反弹后向上经过同一位置时的动能之差即为小球与橡胶材料碰撞中损失的机械能， 则有 as-m-m--5马 121、2 2 211 2t2 13.解：(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有 6=2ah cos0 解得 2ah vo=cose (2)根据速度公式有 答案第6页（共9页） Vo al 解得 2h 根据动能定理有 解得 形smah cos0 14.解：(1)设传送带的速度大小为u,因为传送带足够长，则ab与c碰撞前已与传送带共速 由9E= 1.2m 解得u=3, m (2)设a释放时距N的高度为h,则a下滑过程中由动能定理有mgh=2m心 a、b碰撞过程中由动量守恒定律有mw。=2my .2mv2 又因为B=2 2Eo 联立解得h= mg (3)取ab质蚕为M-2m,c质量为M,心与c发生弹性碰撞，则恤=M+MMm2-MW+M 2 2 联立解得y= 1-k u,V2= u 1+k -1+k 设b与c在PQ上匀减速的加速度大小分别为4、凸，由题中的时间、位置关系可得兰=3.兰或3.当=3 a a 41a2 且有父-吃 2a2a2 解得k=)或k=3 因此c的质量为m或6m 3 15.解：(1)α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力。设α粒子在静电分析器中运 动的速度为4，则有2e5,=m兰 r 由题意可知α粒子在静电分析器内做匀速圆周运动的半径为r=3d 解得= [ZeEor =2vo m 答案第7页（共9页） (2)由分析可知，粒子从放射源射出后在平行金属板A、B间运动时，其水平方向是匀速直线运动，速 度大小为y,=y=√2v 设α粒子在平行金属板A、B间的运动时间为1，则有x=2d='4 2d 2d 联立解得t= α粒子在平行金属板A、B间运动时，其竖直方向的运动为匀减速直线运动，且当粒子运动到细管C处 d_ 时，其竖直方向的速度恰好减为0，设α粒子从放射源射出时竖直方向的分速度为'，则有y= 22 解得y-d-v2 设a粒子在平行金属板A、B间运动时的加速度为a,则根据运动学公式有y,=at √2v 哈 解得a= 2 12d 2d 0 2eE 2eU 根据牛顿第二定律有a= m md 解得AB板间电压为U=m (3)α粒子进入交变电场后，沿着x轴方向先向右做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，速度减到零 4 后再反向匀加速直线运动，当1=二T时α粒子的水平位移为零，之后向左依次做加速、减速、加速、减速 3 的单向直线运动，整个过程中加速度的大小始终不变，设其加速度为4，则由牛顿第二定律有 4-2e6-25 m d 根据运动学公式可求出粒子在各时间点的速度大小，若以x轴的负方向为水平速度的正方向，则画出 y.一1图像如图所示： ↑v.(m/s) 32 2 T 2T 答案第8页（共9页） -1图像与坐标轴围成的面积表示α粒子向左运动的水平位移，由图像可知当1=10r。 时，Q粒子向左运 3 动的水平位移为 x= 3+22 a粒子此时的速度为v,=V2v, 设再经过4时间u粒子运动到y轴上，则根据运动学公式有3d-x=以+2a4 2-v2)d 代入数据解得= 2vo 所以a粒子从x热正半轴到y轴的时间为。-10+4-+2回口 += 3 答案第9页（共9页）