重庆市2023-2024学年高三上学期11月期中考试 物理答案

2023-12-04 · U1 上传 · 4页 · 203.9 K

2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试11月调研测试卷物理参考答案1~7BACDADB8AC9BC10BC解析:1.B。顾客受扶梯的作用力方向竖直向上,顾客对扶梯的作用力方向竖直向下,选项B正确。2.A。空气阻力做负功,该运动员的机械能一直减少,选项A正确。2Mm月Mm苹aR3.C。设地球质量为M,则Gm月a,Gm苹g,所以,选项C正确。r2R2gr24.D。设小球在轨道最高位置速度大小为v1,轨道最低位置速度大小为v2,要使小球能在竖直面内做完整圆周运v211动,在轨道最高位置满足mg≤m1,在轨道最低位置满足mv2mg2Rmv2,联立可得v≥5gR,R22212选项D正确。LLtt2L(tt)5.A。设动车的加速度大小为a,则a1221,选项A正确。t1t2t1t2(t2t1)2121a0a0h26.D。该无人机在距地高h2时,其重力势能Emgh,由a-h图像知其动能Emvm2hm,p2k22222a故其机械能EEEm(0+g)h,选项D正确。pk227.B。在时间t内,吹向该广告牌的空气质量mSvt,对大风由动量定理有Ft0mv,由牛顿第三定律可得,大风对该广告牌的平均作用力大小FFSv2,选项B正确。8.AC。由x-t图像可知,t0时刻,甲追上乙,选项A正确,选项B错误;比赛全程,平均速度v甲>v乙,选项C正确,选项D错误。9.BC。由分析知,箱丙与天花板间轻绳断裂后瞬间,乙的加速度为零,甲、丙二者加速度相同,对甲、丙整体进行受力分析,由牛顿第二定律有mg3mg2mg4ma甲,得a甲1.5g,选项B正确,选项A错误;设甲对丙的弹力大小为,对丙有,解得,选项C正确,选项D错误。FN3mgFN3ma甲FN1.5mg10.BC。由分析知,对Q环施以微扰,P环沿竖直杆向下先加速、后减速,当P环到达最低位置时速度减为零,1此时Q环速度最大,对P、Q两环整体有mg2Lmv2,得v2gL,选项C正确,选项D错误;2QmQmP当P环下滑至轻杆与竖直杆夹角为θ时,设P环速度大小LθvL为,环速度大小为,如答图1所示,、两环沿PvQvPQvQPQvQOQ轻杆方向的分速度大小相等,有,对、LvPcosvQsinP11vPQ两环整体有mgL(1cos)mv2mv2,联立可得2P2Q答图111月调研测试卷(物理)参考答案第1页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#}222°vP2gL(1cos)sin2gL(1cos)(1cos),其中0≤θ≤180,-1≤cosθ≤1,令xcos,对函数f(x)2gL(1x)(1x2)2gL(x3x2x1)求导,有f(x)2gL(3x22x1)2gL(3x1)(x1),由111164gL分析知,当x时,f(x)有最大值,即当cos时,v22gL(1)1()2,故P33Pm332783gL环的最大速率v,选项B正确,选项A错误。Pm911.(7分)(1)不能(2分)c(2)a(2分)(3分)ba解析:(2)设该弹簧的劲度系数为k、原长为l0,由胡克定律Fkx得Fk(ll0),由F-l的关系图像知,F0时,c对应该弹簧的原长la,又ck(bl),解得k。00ba12.(9分)(1)0.8085(0.8082~0.8088均可)(1分)t2(2)2(2分)2ht1(3)不需要(2分)2ht2(4)小钢球的质量(2分)2(2分)mm(g2)2ht1t1解析:(1)由图知h80.85cm0.8085m。11t2(2)设小钢球在下落过程中加速度大小为,2,2,解得2。ahat1Hat2H2h22t1(4)设小钢球从该住宅楼楼顶由静止开始下落过程中,所受空气阻力大小为f,由牛顿第二定律有mgfma,1t22ht2小钢球克服空气阻力做功,又2,2,联立可得2;故要知道,还WfHhat1H2hWm(g2)2hW2t1t1t1需测得的一个物理量是小钢球的质量m。13.(10分)解:(1)设乒乓球从拍出到第一次落到对方台面上所经过的时间为t112HHgt2(2分),得:t(2分)211g(2)设乒乓球刚好落到对方台面边缘中点时,乒乓球拍出后瞬时速度大小为v1g水平方向有:lvt,解得:vl(2分)1112H11月调研测试卷(物理)参考答案第2页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#}设乒乓球刚好擦网飞落到对方台面上时,乒乓球拍出后瞬时速度大小为v2,从拍出到擦网历时t21l竖直方向有:Hhgt2;水平方向有:vt22222lg联立可得:v(2分)222(Hh)乒乓球能直接落到对方台面上,故拍出后瞬时的速度大小满足≤≤vv2vv1lgg解得:≤v≤l(2分)22(Hh)2H14.(13分)解:(1)设该卫星在圆轨道Ⅲ上做匀速圆周运动的速率为v2Mmv2Mmv2R由万有引力定律有:1①,2②,解得:1(4分)G2mG2mv2v1R1R1R2R2R2RR(2)由题知,椭圆轨道Ⅱ的半长轴a12③2R3a3由开普勒第三定律可得:1④(2分)2(2t)22πR1v1π(RR)RR联立③④解得:t1212(2分)2v12R1(3)从轨道Ⅰ到圆轨道Ⅲ,该卫星在圆轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上分别做匀速圆周运动的GMmGMm引力势能的差值Ep=EpIII-EpI⑤(1分)R1R211动能的差值E=E-Emv2mv2⑥(1分)kkIIIkI2221机械能的差值EEpEk⑦(RR)mv2联立①②⑤⑥⑦解得:E211(3分)2R215.(18分)L1.2解:(1)小球A运动至凹槽B左槽壁处所经过的时间ts0.1s(2分)v012(2)由分析知,小球与凹槽左槽壁碰撞后瞬时,物块速度为零,即(1分)ABCvC0设小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬时,小球A速度为vA,凹槽B速度为vB以水平向右为正方向,对小球A与凹槽B整体有:mm1m1m1vvmv,v2v2mv2(2分)404AB24024A2B336解得:vvm/s,方向水平向左(2分)A505224vvm/s,方向水平向右(2分)B50511月调研测试卷(物理)参考答案第3页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#},(3)由分析知,凹槽B和物块C最终将共速、一起向右做匀速直线运动,设共同速度为v共vBv0由动量守恒定律有:mv2mv共,v共(1分)B25设从凹槽B开始运动到二者共速过程中,物块C在凹槽B内通过的相对总路程为x21212v0有:mgxmv2mv共,解得:x14.4d(2分)2B225g由此可知,整个运动过程中,凹槽B和物块C将碰撞14次从小球A与凹槽B碰撞后瞬时到凹槽B和物块C第1次碰撞前瞬时的过程中,物块C向右做匀加速直线运动,凹槽向右做匀减速直线运动,且二者加速度大小相等,即:2BaBaCg1m/s该过程中,凹槽和物块的相对位移为BCxB1xC1d设凹槽B和物块C第1次碰撞前瞬时,凹槽B速度大小为vB1,物块C速度大小为vC1,第1次碰撞后瞬时,凹槽速度为,物块速度为BvB1CvC11111第1次碰撞过程中,有:mvmvmvmv,mv2mv2mv2mv2B1C1B1C12B12C12B12C1解得:vB1vC1,vC1vB1由此可以判断,每次碰撞后瞬时,凹槽B和物块C的速度都将交换第1次碰撞后瞬时到第2次碰撞前瞬时,凹槽B向右匀加速,物块C向右匀减速,加速度大小仍为g该过程中:xC2xB2d同理可知,第2次碰撞后瞬时到第3次碰撞前瞬时:xB3xC3d第3次碰撞后瞬时到第4次碰撞前瞬时:xC4xB4d……第13次碰撞后瞬时到第14次碰撞前瞬时:xC14xB14d第14次碰撞后瞬时到二者共速:xB15xC15x14d0.4d在凹槽B开始运动后的整个运动过程中,作出凹槽B和物块C的v-t图像如答图2所示v由图像知,从凹槽B开始运动到二者共速过程中,2v0BvBC5Bv共v总历时:t02.4s(2分)Cg5gBvB凹槽通过的位移为:0ddddd…BCBv共0.4d52C(vBv共)3vxt7d07d5.84m<8m(2分)BCB250gCBCt故从二者共速到凹槽的总位移达到的过程中,v0t总Bx8mOt1t2t3t4t5t14t答图25gxx凹槽B和物块C还将一起运动的时间为tB0.9s(1分)v共因此,从凹槽B开始运动到其通过8m位移所经过的时间t总tt3.3s(1分)11月调研测试卷(物理)参考答案第4页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#}

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