河南省平许济洛四市联考2023-2024学年高三上学期第一次质量检测 物理参考答案

平许济洛2023~2024第一次高三物理参考答案及解析题号123456789101112答案CADBBCDBBCCDADABC1.伽利略为了研究自由落体，首先建立了平均速度、瞬时速度及加速度的概念，A错；连续相等时间间隔的位移差是定值，B错；自由落体为匀变速直线运动，平均速度等于初速度与末速度和的一半，C正确；先后释放两个相同的小球，它们落地前速度差不变，距离越来越大，D错误。2.B、C、D选项中，两个小朋友运动时线速度、向心加速度和所受的向心力的方向不同，故A正确，B、C、D错误。3.以a、b两球整体为研究对象受力，水平方向上两恒力平衡，重力没有水平分力，故a上方绳子应该保持竖直。再以b为研究对象，得a、b之间的绳子应该是倾斜的。故最终状态：a位置不变，b水平方向向右，竖直方向向上移动，所以b球重力势能增加。D选项正确。4.解析：由动量定理的关系式得:根据动量与动能的关系:−????=m????−��0可得：�=2������=−2��+��0斜率:�则合力：�F==4182N=2�故选B。5.解析：对接后，飞船做匀速圆周运动，受力不平衡，选项A错误；由于同步卫星的轨道半径大于飞船的轨道半径，所以对接后飞船的运行周期小于同步卫星的周期，选项B正确；飞船在低轨道加速完成对接，选项C错误；飞船中的宇航员处于完全失重状态，仍受到重力作用，选项D错误。6.运动员抛出球垂直击中篮板，此运动可看做反向平抛运动。抛出时篮球离地面高度约2.20m，1击中篮筐高度约3.05m+0.4m=3.45m，故运动竖直高度约为1.25m。由hgt2得运动时间2，抛出竖直速度。水平距离约为，水平速度t=0.5svygt=5m/s4.225m+0.25-0.123m=4.5mxv=9m/s。故脱手速度vv2v2，最接近10m/s。xtxy7.物块A与物块B分离时，对于B，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma，即a=μg。对于A：mgkx=ma得x，可知弹簧处于拉伸状态。选项A、B错误；解除锁定时弹簧处于压k缩状态，分离时弹簧处于伸长状态，则B与A分离之前，弹簧的弹性势能先减少后增加，{#{QQABSYCQogAgQABAAQgCEwFgCACQkBEAACoGgBAIoAAAAQFABAA=}#}错误。分离前，对于A、B整体速度达到最大时，a=0，即kx0=μmg，可得：x0=x。必有xA>x0+x，2mg2mg即x。（或开始时弹簧压缩kx'>μmg，故A移动距离x'+x大于）。选项D正Akk确；8.小环从最高点滑下，由机械能守恒定律得1mg2Rcos2mv22则向心加速度v2a4gcos2nR故B正确9.木箱缓慢靠近小孩可认为木箱始终处于受力平衡状态，对木箱受力分析如图水平方向FcosFfFNF竖直方向FfFsinFNmg又FfFN联立得mgmgFN1tanmgmg1F=(其中tan)sincos12sin()故随着θ从较小逐渐增大，摩擦力、支持力和木箱对地面的总作用力都减小。而对细线的拉力可能先减小后增大。故选项BC正确10.解析：陀螺做圆周运动，陀螺上各点所受合力为向心力；陀螺在竖直方向上受力平衡，所以选项A、B错误；陀螺上各点属于同轴运动，距离中心越远的点，半径越大，向心加速度越大，选项C正确；，向心加速度，选项D正22确。�=2????=40�rad/s�=��=160�/�11.对货车和挂车系统为研究对象，在水平方向上脱钩前后牵引力不变，总摩擦力也不变，水平方向上合外力仍为零。故系统动量守恒。脱钩后，设任意相等时间内，货车受摩擦力为Ff1、位移为x1，挂车受摩擦力为Ff2、位移为x2。牵引力F=Ff1+Ff1，外力对系统做功Fx1-Ff1x1-Ff2x2>0，因x1>x2，故系统机械能增加。12.对小物块从释放到第一次经过Q点，由动能定理得1mgRmv22QvQ=4m/s{#{QQABSYCQogAgQABAAQgCEwFgCACQkBEAACoGgBAIoAAAAQFABAA=}#}2vQ在Q点：FmgmNR故FN'=FN=30N，选项A正确；1对木块从Q向右滑到最远速度为零，由mgxmv2得，x=4m。选项B正确；2Q木块向右运动时用时t1==2s，木块相对传送带位移x1=x+vt1=6m，返回时，当木块速度与����传送带相同时将随传送带一起匀速运动，木块从速度减为零到与传送带同速用时t2==0.5s，���木块相对传送带位移，故产生热量（）。选项正确。x2=vt2-2=0.25mQ=mgx1x2=12.5JC�除第一次外，之后小物块每2次��经过Q点的速度大小都是1m/s，最终小物块在Q左右来回运动。D错误。13.（6分）（1）B；（2）合理；（3）不需要。（每空2分）解析：将车内的砝码转移到桶中，就保证了M+m0不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，，可见aF图象斜率的物理意义是，系统的合外力就等于所悬挂�1a=�+�0�+�0小桶的总重力，不必满足M?m这样的条件。14.（9分）（1）为了保证小车所受的合外力为零（或保证小车在碰撞过程中满足动量守恒、或保证碰撞前、后保持匀速运动）（2分）（合理即给分）（2）C（2分）；（3）x1（2分）；（4）m1x1(m1m2m)x2（3分）。解析：（1）动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，所以平衡摩擦力的目的是保证小车所受的合外力为零；（2）平衡摩擦力是让小车在运动过程中平衡，小车运动时很难通过视觉判断是否为匀速运动，所以A、B错误，C正确；（3）因为两车碰撞后粘在一起，所以碰撞后两车的共同速度小于碰撞前小车A的速度，在题图乙中，x1对应的点是两车碰撞前打出的；（4）设图乙中两段距离对应的时间为t，则两车碰撞前后的速度分别为：,�1�2两车碰撞过程中动量守恒：�1=��2=�11122则有：m1x1(m1m2m)x2��=(�+�+∆�)�L3GM15.（9分）（1）T2（6分）；（2）vv（3分）。GM12L解：（1）设双星系统中两个星球的质量分别为m1、m2，其圆周运动半径分别为r1、r2，则由万有引力定律和牛顿第二定律得{#{QQABSYCQogAgQABAAQgCEwFgCACQkBEAACoGgBAIoAAAAQFABAA=}#}2对星球，有：m1m24（分）m1Gm1r1○12L2T22对星球，有：m1m24（分）m2Gm2r2○22L2T2又、（分）m1m2Mr1r2L○31L3联立○1○2○3可得T2○4（1分）GM（2）由圆周运动知识，设两个星球的线速度大小分别为v1、v2，2r2r2（rr)2L则1，2，故12（分）v1v2v1v2○52TTTT联立可得GM（分）○4○5v1v2.1L【注】解答过程合理即给分。AB16.（9分）（1）F=3N（4分）；（2）v=（5分）.θ解：（1）如图所示，对小球，沿AC方向做2匀1加0m速/直s线运动，合力方向Fmin当力F最小时有：=mgsinsinθ（2分）mgsinα????�又，�故�（分）AB3sin0.61tanDCAD4得=3N方向垂直AC斜向上（1分）�????�（2）对球，有合=mgsincosθ（1分）�由A运动到C的过程，由�动能定理得合（2分）12��AC=2��（1分）得小球在C点的速�A度C=5m.（1分）【注】解答过程合理即�=给分2。10m/s17.（11分）解：（1）游玩者从顶端沿斜面匀加速下滑，设游玩者质量为m，由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°=ma1（2分）{#{QQABSYCQogAgQABAAQgCEwFgCACQkBEAACoGgBAIoAAAAQFABAA=}#}2代入数据解得a1=2m/s（1分）2由v1=2a1x1（2分）得x1=25m（1分）（2）设倾斜滑道总长为s，水平滑道总长为x，对游玩者，从开始下滑到最终停在滑道上，由动能定理得：mgH-μmgcos37°s-μmgx=0（2分）Hs（1分）sin370解得x=30m（1分）则滑道总长度至少为L=s+x=105m.（1分）【注】解答过程合理即给分。（分）（）2，2。（分）。18.161aB8.0m/saC1.0m/s43（2）t=2.0s（4分）；（3）mkg0.43kg（8分）.A7解：（1）小物块C放至长木板上后，先向左做匀加速直线运动，B做匀减速运动，由牛顿第二定律可得，对：（分）C2mCgmCaC○11对长木板：（分）B2mCg（1mBmC)gmBaB○21解得2；2。（分）aB8.0m/saC1.0m/s2（2）设C放上B后，经t0时间，B、C速度相等，速度大小记为v，则由运动学公式得（分）vv0aBt0○31（分）vaCt0○41由于，可知、共速后将继续相对运动，做匀减速运动，加速度大小不变。21CBCaC由运动的对称性知，C减速运动至停止的时间也是t0，所以C从放到长木板B上到最终停下来所用的总时间为t=2t0○5（1分）联立○1○2○3○4○5可得v=1.0m/s，t0=1.0s，t=2.0s.（1分）故所求时间为2.0s。（3）与C共速后，长木板B向左匀减速运动，加速度大小为a，则由牛顿第二定律得（分）（1mBmC)g2mCgmBa1{#{QQABSYCQogAgQABAAQgCEwFgCACQkBEAACoGgBAIoAAAAQFABAA=}#}设再经长木板的速度减为，则由得（分）tBB0vatBtB=0.25s1所以，长木板B向左滑动的时间t1=t0+tB=1.25s（1分）则A、B碰撞后，B向右运动的时间为t2=t-t1=0.75s设物块A与B碰撞前后前的速度分别为vA、vB，则碰前，对A由动量定理可得（分）mAgsint1mAvA○61、碰撞过程，由动量守恒定律可得（分）ABmAvAmAv1mBv2○71111由机械能守恒定律得mv2mv2mv2○8（1分）2AA2A12B2碰撞后，B向右做匀减速运动，直至停止，加速度大小仍为aB，直至停止，则有（分）v2aBt2○913将t1、t2代入并联立○6○7○8○9得mkg0.43kg（1分）A7【注】解答过程合理即给分。{#{QQABSYCQogAgQABAAQgCEwFgCACQkBEAACoGgBAIoAAAAQFABAA=}#}