2023山东省一联高三物理答案

山东省高三年级适应性联考（一）物理试题参考答案D错误。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。4.C1.D.解析：如图所示解析:A、米粒和糠秕的区别是质量不同，由于从同一高度h释放，由WG＝mgh可知，米粒和糠秕重力1做功不同，故A错误；BC、空气阻力忽略不计，米粒和糠秕在竖直方向都做自由落体运动，由hgt22可知，运动时间相同.故B错。由I=mgt可知，重力对米粒冲量大于重力对糠秕冲量，故C错；D、空气阻力忽略不计，米粒和糠秕在竖直方向都做自由落体运动，由v²＝2gh可知，落地时竖直方向22由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为12.005.00cm13.00cm的速度大小相同，而P＝mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功每根弹簧的伸长量均为4.00cm，每根弹簧的弹力小均为Fkx1.3N5根据竖直方向受力平衡可得文具盒受到的重力大小G3Fcos31.3N=1.5N率，故D正确。135.C2.D解析:A．空竹受力如图所示：解析：A．过程Ⅱ中，运动员所受外力除了重力还有阻力，其机械能不守恒，故A错误；整个过程冲量为零，过程Ⅱ中运动员所受合力的冲量大小等于过程I中运动员所受合力的冲量大小，方向相反，故B错误；C.重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可知WGW克00即WGW克。故C错误。．运动员落入水面前的瞬间速度为，规定竖直向上为正方向，由动量定理得，Dv02gH102m/s代入数据解得故正确；Fmgt0(mv0)F578ND3.Cd由平衡条件有2Fsinmg，若设绳长为L，由几何关系可知cos，当右手B沿虚线a缓慢向左L解析：AB．三种运动小球均只受重力，小球处于完全失重状态，且加速度为重力加速度，保持不变，移动时，d减小，cos减小，sin增大，F将减小，A错误；B．当当沿虚线b向上移动时，d不变，cos故A、B错误；C．平抛运动和斜抛运动水平方向分运动是匀速直线运动，水平分速度不变，只是竖直不变，sin不变，F不变，B错误；C．当沿虚线c斜向上移动时，d增大，cos增大，sin减小，F分速度变化，根据vgt可知，在相等时间内速度变化量相同，故C正确；D．自由落体运动和平y将增大，C正确。D．缓慢移动空竹时，其合力大小始终为零，故D错。故选C。抛运动，相等时间内在竖直方向上的位移相同，但斜上抛运动与前两种运动相等时间内位移不同，故6.D1212m0.25m解析:根据动能定义式：抛出时12，可得抛出时物体的速度12m的过程中，二者直线距离小于13m，这段过程经历的时间为Ek0mv0v010m/st12.125s2v乙最高点时12，水平方向分速度，可得，可见0故A所以甲、乙两人能利用星闪通信的时间为，故选D。Emv36Jvx0v0cos6m/scos0.653t总3s12.125s15.125sk2x0错。根据动能定理：，当时，，可知2。竖直方向分速度二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选mghEkEk0Ek36Jh020mg1.6m/s，根据t，从抛出到回到星球表面所需时间为，故B、C错。根据对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。vy0v0sin538m/svgt10sy02v29.ADmgm可得v1600m/s，故D正确。R7.C解析:设雪毯静止时，滑雪者匀速下滑，可知：mgsinmgcos得0.75,故A错。开启雪毯，滑雪者从静止加速下滑时，有mgsinmgcosma，可得a12m/s2，达到与雪毯共速所需时间v0，这0.5s内雪毯的位移，滑雪者运动位移12，二者相对滑动的t0.5sx1v0t3mxat1.5ma22位移，之后二者相对静止一起匀速下滑，到达底端还需时间Lx2，总xx1x21.5mt20.75sv1共用时t=1.25s，故B错。在相对滑动过程中因摩擦生热Qmgcosx450J，故C正确。解析：A．一负试探电荷从A点移到C点，电场力做负功，电势能增加，故A正确。因为B点和B点从开始下滑的0～0.5s内,滑动摩擦力对滑雪者做正功，0.5s～1.25s内静摩擦力对滑雪者做负功，故在等量异种电荷的中垂面上，中垂面为零等势面，电荷沿直线从B点移到B点，电场力不做功，故选D错。项B错误。A点和C点关于等量异种电荷的中垂面对称，故A、B两点的电势差等于B、C两点的8.D电势差，故C错误。根据场强叠加原理，如图所示，B场强大小为2kQ,故D正确。4L2解析：假设经过，两人的速度相等，此时相距最远，解得。此时两人在前进方10.t0v甲at0v乙t03.5sAD向上的最大距离为12。根据几何知识可知，当甲在乙前方且直线距解析：．由图可知，时刻手机开始接触地面，则内做自由落体运动，释放时，手机离地面的xmaxv甲t0at0v乙t012.25mAt10~t121离为13m时，由勾股定理可推断二者位移关系有，根据运动学公式有12，高度为2故A正确；B．手机接触地面时，先向下做加速度减小的变加速运动，可知手机速度x甲x乙12mx甲v甲tathgt122，解得，。当时，二者直线距离小于13m；当时，二者直线距最大时，加速度为0，根据图像可知，手机速度最大的时刻在t与两时刻之间，故B错误；C．由图x乙v乙tt13st24s0t3s3st4s1t2离大于13m。时，甲车的速度为。=之后，甲、乙两人的距离不断减可知，时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得Fmgm10gt24sv甲1v甲at21m/sv乙t4st2v2小，且甲能够继续行驶的距离为甲1。根据几何关系可知，从=开始到乙运动至甲前方可得F11mg，手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误；x甲0.25mt24s12a2．由图可知，时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速确。D.木板在与小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物体全部静止，Dt2根据能量守恒定律得1212，解得128。故D正确。度为零，则0~t时间内手机的速度变化量为零，根据at图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可mglminmv1Mv1lminm2223知至内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故正确。三、非选择题（60分）0t2D11.BD13.（6分）①(1分)遮光片中心②（1分）Ad解析：AB．对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，电场力方向匀加速直线运动()2mg③（2分）t④（2分）g1qEmv22h2Mm，02求得0所以A错误，B正确；2Lv0tLtE02m2qL解析：（1）光电门可以测出重物A的瞬时速度，为验证机械能守恒，还需测量重物A上升的高度，即CD．当场强方向周期性变化时，沿电场方向先做初速度为0的匀加速后再做匀减速到0的直线运动，d遮光片中心到光电门中心的竖直距离h。重物A的瞬时速度为v，可知要得到重物A的瞬时速度，此过程重复n次，取正整数，根据，解得2L（1,2,3…），故C错误，D正确。故tn2Lnv0T0Tn=0nv0还需测量的物理量是遮光片的宽度d。故选A。选BD。mgd（2）根据牛顿第二定律可得mg(m2M)a，整理得a，由运动学公式()22ah12.BCD2Mmtd()2mg解析：A.小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛顿联立可得：t，2h2Mm2mgg第二定律有mgma解得加速度大小ag3m/s。小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互（3）根据a，m不断增大时，式子的分母趋近于1，则a会趋于g。2M2Mm1作用直到有共同速度v，由动量守恒定律得，解得。小物块与木板共速m2Mv1mv1(Mm)v2v24m/s14.（8分。每空2分）相反＝3.0104F＜v2v2v(v)时的位移和所用时间分别为x128m，t214s，小物块和木板一起向右匀速运动的12a1a解析：（1）由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向时间为x1，木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为，故A错。t12st1t1t16sv2右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反；BC.小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度v2，由动量守恒定律得（2）It曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影，解得Mm。小物块第二次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有Mv1mv1(Mm)v2v2v1Mm=部分的面积S1S2MmMm2共同速度v2，由动量守恒定律得，解得，以此类推可Mv2mv2(mm)v3v3v2()v1MmMm（3）由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为Mmn14nMm得v()v2m/s。物块与挡板第二次碰撞前速度大小为vv4m/s，碰后原速3n121QS2.4110AsMmMmC13.0104FUE8V率反弹，规定水平向左为正方向，对物块应用动量定理，可得，可见B、C正Imv2(mv2)8Ns（4）由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知R1R231mgR2轨道距地面高度为h时，空间站的动能为Emv2⑥k122Rh15.（8分）mgR2解析：（1）返回舱受到的平均推力为N，取竖直向下为正方向，根据动量定理得轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E⑦P1Rh①2(mgN)tmv2mv1Mm4地球自转周期为，则⑧T0G2m2rrT0解得5②N1.210NgR2T2（2）以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为解得r30⑨42D2③2mvt12124在同步轨道3，动能Em(r)2m(gR2)3⑩k22T2T根据牛顿第三定律可得FF④00mgR222对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得Ft4mv0⑤势能Em(gR2)3⑪P222T03gRT02F4解得v⑥D2122mgR2发动机做的功等于增加的机械能3⑫WEk2EP2(Ek1EP1)m(gR)阅卷标准：①⑤每式2分，其余各1分2T02Rh16.（12分）阅卷标准：每式各1分Mm4217.（11分）解析：（1）根据牛顿第二定律有G2m2Rh①RhT解析：（1）设粒子射出加速器的速度为，粒子的电荷量为q，质量为m。由动能定理得v0Mm物体在地球表面时，有Gmg②1R2qUmv2①02123解得4Rh③其中：q得②Tkv12kU0gR2mv22（2）在辐向电场中运动，有qEm1③MmvR（2）根据牛顿第二定律有G2m④RhRh2U解得E0④R2gRqU在轨道1速度v⑤（3）在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t，加速度的大小a1⑤Rhmd在离开时，竖直分速度⑥vyat41竖直位移yat2⑦设解除锁定后滑块Q的速度为v，根据动量守恒定律有12Q水平位移⑧⑧lv1tm1vPm2vQ粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t。解得⑨vQ230m/s竖直位移：⑨1212y2vyt轻质弹簧锁定时的弹性势能Emvmv90J⑩p21P22Q由题意知，粒子竖直总位移⑩y2y1y2阅卷标准：⑤⑥⑦共1分，⑧