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26 届高三年级第一次模拟联测
参考答案及评分细则
1 2 3 4 5 6 7
题号 8 9 10
D D D C D D B AD AC BCD
答案
1．解析：位置时间关系，只能描述直线运动，机器狗在 0到t 以及t 到t 两段时间内的速度大小不同，故
1 1 2
不是匀速直线运动，故A、B错误；0到t 时间内不知道人的位置时间图像的斜率具体值，因此无法判断是
1
否一直比机器狗的速度大，故 C错误；在0到t 时间内，人和机器狗的位移相等，故平均速度也相等，D
2
正确。
v
2．解析：由图可知，简谐波a波长λ =0.2m、简谐波b波长λ =0.4m，因此根据根据波长公式λ= =vT，
a b f
可知波a的频率f为4Hz，波b的周期T=0.5s，故A、B错误；根据波形图随时间平移，可知简谐波先到
到P点，根据同侧法，此时P点起振方向向上，故C错误；根据波形图平移t=0.5s时，波a在P点时，恰
好是平衡位置，简谐波b在P点时，也是平衡位置，故质点P的位移为0，故D正确。
3．解析：运动接触跳板后，跳板开始发生形变，根据牛二mg-F =ma，F 越来越大，当mg=F 时，
N N N
加速度为零，速度达到最大，之后运动员开始减速，运动员先失重后超重，故A、B错误；整个过程中，
运动员的动能、重力势能均减少，而跳板的弹性势能增加，根据能量守恒，跳板的弹性势能增加量等于运
动的重力势能减少量与动能减少量之和，故C错误，D正确。
θ
4．解析：有图中几何关系可知，星体半径R与轨道半径r的关系满足R=rsin 。星体的密度
2
M 3M 3M
ρ= = = M GMm v2 4π2r
V 4πR3
4πr3sin3
θ，因此需要求解
r3
。而根据万有引力提供向心力，
r2
=m
r
=m
T2
，
2
可知M 4π2 ，故选C。
=
r3 GT2
5．解析：两次运动轨迹的最高点在同一水平线上，又因为轨迹是抛物线，根据画图可以得到轨迹在空中
还有一次交点（在过了最高点之后），故A错误；因为最高点在同一水平线上，抛体运动可以两次平抛运
动，时间只与高度有关，因此两次抛体运动时间相同，故C错误；又因为抛到P点的水平位移小于抛到Q点的水平位移，水平方向又是匀速运动，故P点运动轨迹水平速度小于Q点水平速度，故D正确，在P、
Q两点的竖直分速度又相同，故在P、Q两点的速度方向不同，即C错误。
6．解析：无人机在竖直方向作匀速圆周运动，故合力提供向心力，即合力与速度垂直，合力不做功，合
力的功率始终等于零，故C错误；匀速运动四分之一圆，动能不变，重力势能增加，故机械能一直更加，
即机械能不守恒，故A错误；合力方向始终在不断变化，不可用冲量公式求解合力冲量，根据动量定理，
以及动量矢量性可知，I=m∆v=√2mv，故B错误；将力始终沿轨迹半径方向和切向方向正交分解，径
v2
向方向F +mgsinθ=m ，切向方向F =mgcosθ+f，其中θ为半径与水平方向的夹角，即θ不断增大，
y R x
可以得到 不断减小， 不断减小，故 ，驱动力F的功率 ，因此 和功率都在不断
F F F=√F2+F2 P=F v F
y x x y x
减小，故D正确。
7．解析：松开之前，与摩擦轮相对静止，因此夯杆的速度大小与摩擦轮的线速度大小相等v=ωR，故B
2μF
正确；夯杆向上运动过程为先向上加速，此时2μF-mg=ma，a= -g，相对静止时，受力平衡
m
mωR
2f =mg，故摩擦力发生改变，即A、C错误；根据v=at，解得t= ，故D错误。
2μF-mg
8．解析：根据共点力平衡条件，重力、吸盘拉力和绳子拉力三力平衡，可知A正确。当B从a移动到b
的过程中，A受力没有发生变化，故绳子的拉力不变，排除C；以B为研究对象，由于绳子与水平方向夹
角减小，故绳子水平分力增大，摩擦力增大，D正确。答案AD。
9．解析：桩体向上做匀加速运动，即v=at，没出土之前，根据牛顿第二定律F-f -mg=ma，其中
f = f 0 (H -x)= f 0 ( H - 1 at2) ，即F=mg+ma+ f 0 (H -x)=mg+ma+ f 0 ( H - 1 at2) ，出土之
H 0 H 0 2 H 0 H 0 2
0 0 0 0
后F-mg=ma，即F=mg+ma，因此力F先与位移x是一次函数，与时间t之间是二次函数，之后保持不
[ f ]
变，故A正确、B错误；根据功率公式P=Fv，得到出土之前P= mg+ma+ 0 (H -x) √2ax，出土之
H 0
0
后，F=(mg+ma)√2ax，不可能是一次函数，故D错误；出土之前P= [ mg+ma+ f 0 ( H - 1 at2) ] at，
H 0 2
0出土之后F=(mg+ma)at，出土之前P与时间t是三次函数，出土之后是一次函数，故选C。答案AC。
1 √L
10．解析：由图可知，单摆先摆动 个周期，在最低点与B碰撞，即T=4t ，根据周期公式T=2π ，
4 0 g
4
解得：摆长L= gt2
，B正确；小球B获得向右速度，向右减速到零，又反回初始位置，弹簧振子运动
π2 0
半个周期，即弹簧振子的周期为4t ，故A错误；现分析碰撞过程，小球摆至最低点速度为v ，与B发生
0 A
碰撞，小球B的速度为v，小球A静止，说明AB质量相等且该碰撞为弹性碰撞。根据A的碰前速度为
0
v2
v，可以判断A的初始位置高度为 0 ；又因为在最低点速度最大，故A的最大速度为v，故CD均正确。
0 2g 0
答案BCD。
11．1.50N（2分） 画图能够按照图中给出的标度绘图，并且通过平行四边形法则画出合力得2分；
能够通过刻度尺准确量出合力长度并与标尺进行比较，计算出合力大小得2分，计算出合力在
2.30~2.65N间均得分。
d d
（ ）2 −（ ）2
和t‘' t‘'
12．(1) = (2)a= 2 1 F=m g （3）平行 （4）D （5）避免因钩码加速引起小
2s
车受到合外力不等于钩码重力的现象
v2
13．解析：（1）根据向心加速度公式，2g= A（2分）
r
从最低点运动到最高点，根据机械能定义，机械能损失量满足∆E= 1 mv2- ( mgH+ 1 mv2) （2分）
2 0 2 A
解得：∆E=3000J（1分）1 1
（2）从A点运动到B点，同理∆E=mgH+ mv2 - mv2
2 A 2 B
1 1
或者从最低点回到B点，2∆E= mv2- mv2 （2分）
2 0 2 B
v2
根据牛顿第二定律，F -mg=m B（2分）
N R
解得：F =2100N（1分）
N
1
14.解析：（1）气囊恢复原状过程中，气囊对滑块B的冲量大小：I = F×t （1分）
F 2 2
解得：I =32N∙s（1分）
F
根据动量定理，气囊恢复原状后，滑块B反向，即-I =mv -mv （2分）
F B 0
解得：v =0（1分）
B
F
（2）②由图可知0~t 时刻内，图像斜率k= m=3200N/s（1分）
1 t
1
当t=t 时，滑块A加速度最大，根据牛二：F -μmg=ma（2分）
1 m
解得：a=75m/s2（1分）
②整个运动过程，根据能量守恒，最终动能全部转化为摩擦生热，因此滑块A、B运动的总路程满足：
1
μmgx = mv2 （2分）
总 2 0
解得：x =6.4m（1分）
总
15．解析：（1）①匀速行驶，受力平衡F =kMg（2分）
牵
根据功率公式P =F v （1分）
0 牵 m
P
解得：v = 0 （1分）
m kMg
②扫起垃圾，与车共速，动量守恒即Mv =(M+m)v（2分）
m
P
此时牵引力F = 0
牵1 v
解得：F =k(M+m)g（1分）
牵1
即受力平衡，故环卫车依旧匀速运动（1分）
（2）①经时间t后，环卫车一直匀速运动，环卫车的质量M =M+m v t（1分）
1 0 01
环卫车的动能E = M v2 （1分）
k 2 1 0
1 1
解得：E = Mv2+ m v3t（1分）
k 2 0 2 0 0
②经很小一段时间∆t，扫起垃圾的质量为∆m=m v ∆t（1分）
0 0
根据动量定理：F ∆t-kM g∆t=∆mv （2分）
牵 1 0
根据P=F v
牵 0
解得：P=m v3+km gv2t+kM gv （2分）
0 0 0 0 0
1
（备注：此题不能用系统的动能定理去做，即P∆t-kM gv ∆t= ∆mv2 ，该式子看似正确，其实错误。
1 0 2 0
因为扫起垃圾，并使得垃圾获得动能的同时，也会产生热量。类似传送带，环卫车一直匀速，垃圾从零加
到共速，热量大小与动能增加量一样，感兴趣的同学可以验证一下。）
