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高三物理试卷答案解析
高三物理试卷（一） ３
擦力ｆ＝Ｆｓｉｎθ，联立解得ｆ＝ ｍｇｓｉｎ２θ。可知当θ＝
Ｎ ２
１．Ｂ 【解析】Ａ．４２秒５６表示时间间隔，故Ａ错误；Ｂ．张
４５°时底座受到地面的最大摩擦力为ｆ ＝１．５ｍｇ，故
ｍａｘ
ｓ ５００
楚桐全程的平均速率为ｖ＝ ＝ ｍ／ｓ≈１１．７ｍ／ｓ， Ｂ正确；Ｃ．最低点处，小球与光滑冰碗间无摩擦，小
ｔ ４２．５６
球对冰碗的压力竖直向下，则冰碗与地面间摩擦力
故Ｂ正确；Ｃ．惯性只与质量有关，故Ｃ错误；Ｄ．研究
为零，故Ｃ错误；Ｄ．如果把碗放在光滑的水平面上，
张楚桐的过弯技术时，张楚桐的大小和形状不能忽
则小球和碗的系统水平方向动量守恒，规定向右的
略，所以不可以将其视为质点，故Ｄ错误；故选：Ｂ。
方向为正方向，当小球到达另一侧最高点时根据动
２．Ｄ 【解析】垂直击中说明末速度竖直分量为零，由
量守恒定律有０＝（ｍ＋２ｍ）ｖ，可知碗和小球的速度
逆向思维可知两抛体竖直初速度相同，但 Ａ点水平
均为零，由能量关系可知，小球能到达碗的另一侧边
位移更大，故水平初速度更大，总初速度更大，机械
缘，故Ｄ错误；故选：Ｂ。
臂做功更多，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确；故选：Ｄ。
ｖ
３．Ｃ 【解析】由万有引力提供向心力Ｇ Ｍｍ ＝ｍ ｖ２ ，解 ５．Ｃ 【解析】Ｂ．面片运到锅边的速度大小为ｖ＝ ｃｏｓ４ ０ ５°
Ｒ２ Ｒ
２
＝ ＝２槡２ｍ／ｓ，故Ｂ错误；Ａ．面片在竖直方向上的
Ｇρ× ４ πＲ３ 槡２
ＧＭ ３ ４ＧπρＲ２ ２
得ｖ＝槡 ＝槡 ＝槡 ，则近水
Ｒ Ｒ ３
速度为ｖ＝ｖ＝ｇｔ，水平方向上ｘ＝ｖｔ，联立解得ｘ＝
ｙ ０ ０
卫星和近地卫星的线速度大小之比为 ｖ 水 ＝槡 Ｒ２ 水 ＝ ０．４ｍ，故Ａ错误；Ｃ．若面片落入锅中后可沿锅内表
ｖ Ｒ２
地 地 面匀速下滑，面片有指向圆心的加速度，指向圆心的
Ｒ 水 ＝ ３ ，故Ｃ正确，ＡＢＤ错误；故选：Ｃ。 加速度有竖直向上的分量，则面片处于超重状态，故
Ｒ ８
地 Ｃ正确；Ｄ．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下
４．Ｂ 【解析】Ａ．当小球到达碗底部时碗对地面的压力
滑，其向心加速度的大小不变，方向在时刻变化，则
最大，设小球在碗底时的速度大小为ｖ′，则由机械能
支持力的大小也跟着变化，因此摩擦力的大小发生
１
守恒 ｍｖ′２＝ｍｇＲ，在碗底设碗对小球的支持力为 变化，故Ｄ错误；故选：Ｃ。
２
６．Ｂ 【解析】单位时间、单位面积上的降水量为Δｈ＝
ｖ′２
Ｆ′，由牛顿第二定律Ｆ′－ｍｇ＝ｍ 。则底座对地
Ｎ Ｎ Ｒ ｈ
，在芭蕉叶上取ΔＳ的面积上，Δｔ时间内降落的雨
ｔ
面的最大压力Ｎ＝Ｆ′＋２ｍｇ，联立解得Ｎ＝５ｍｇ，故Ａ
Ｎ
ｈ
错误；Ｂ．设小球到达的位置与球心连线与竖直方向
水质量为ｍ＝ρΔＳ·Δｈ·Δｔ＝ρ·ΔＳ·
ｔ
·Δｔ，设雨
夹角为θ时底座受到地面的摩擦力最大，如图所示： 水受到的撞击力为Ｆ，规定向下为正方向，根据动量
ｈ
定理可得－Ｆ·Δｔ＝－ｍｖ－ｍｖ＝－２ρｖ·ΔＳ· ·
ｔ
ｈ
Δｔ，解得Ｆ＝２ρｖ·ΔＳ· ，根据牛顿第三定律可知，
ｔ
芭蕉叶上ΔＳ的面积受到的撞击力的大小为Ｆ′＝２ρｖ
ｈ
２ρｖ·ΔＳ·
则由机械能守恒 １ ｍｖ２＝ｍｇＲｃｏｓθ，由牛顿第二定律 ·ΔＳ· ｈ ，因此平均压强为ｐ＝ Ｆ′ ＝ ｔ ＝
２ ｔ ΔＳ ΔＳ
ｖ２ ｈ
Ｆ －ｍｇｃｏｓθ＝ｍ ，对碗受力分析可知地面对碗的摩 ２ρｖ ，故ＡＣＤ错误，Ｂ正确；故选：Ｂ。
Ｎ Ｒ ｔ
参考答案 第 １页 （共７页）
书书书７．Ｂ 【解析】Ａ．剪断绳ａ的瞬间，弹簧的弹力没有来 把图线初末端点用直线连接起来，如下图所示：
得及变化，小球Ｂ的受力情况不变，则小球Ｂ所受合
力仍为零，加速度大小为零，故Ａ错误；Ｂ．剪断轻绳
ａ瞬间，轻绳ａ对小球Ａ向上的拉力减为零，Ｆ＝Ｍｇ
＜（Ｍ＋２ｍ）ｇ，故Ｂ正确；ＣＤ．剪断轻绳ｂ前，对小球
Ｂ分析，由平衡条件可得Ｆ ＝ｍｇ，剪断轻绳ｂ瞬间，
弹
０＋４
轻绳ｂ的拉力突变为零，若轻绳ａ松弛，则木箱只受 图中直线对应的平均速度 ｖ＝ ｍ／ｓ＝２ｍ／ｓ，ｖ－ｔ
２
重力作用开始以加速度ｇ加速下落。对小球Ａ，根据
图像中图线与横轴所夹的面积表示位移，由图可知
牛顿第二定律有ｍｇ＋Ｆ ＝ｍａ，解得ａ＝２ｇ＞ｇ，加
弹 １ １ 在相等的时间内吊斗的位移小于直线图线对应的位
速下落，则轻绳ａ未松弛，木箱与小球 Ａ同步运动，
移，所以料斗的平均速度 ｖ′＜ｖ，吊斗平均速度 ｖ′＝
对整体，根据牛顿第二定律可得（Ｍ＋２ｍ）ｇ＝（ｍ＋ ｈ ６
＝ ，代入数据可得ｔ＞３ｓ，故Ｄ错误；故选：ＢＣ。
ｔ ｔ ０
Ｍ）ａ＋ｍ×０，解得小球 Ａ的加速度大小为 ａ＝ ０ ０
９．ＡＢＣ 【解析】Ａ．进站关闭发动机后，动车组做匀减
（Ｍ＋２ｍ）ｇ
，故ＣＤ错误；故选：Ｂ。
ｍ＋Ｍ ｖ２
速直线运动，位移ｘ＝ ，则从关闭发动机到停下来
２ａ
８．ＢＣ 【解析】Ａ．料斗从静止开始上升２ｍ过程，料斗
滑行的距离与关闭发动机时的速度平方成正比关
加速度随着ｈ增大，所以料斗的运动不是匀加速运
系，故Ａ正确；Ｂ．保持额定功率行驶，设每节车厢的
动，故Ａ错误；ＢＣ．料斗的质量ｍ＝０．５ｔ＝５００ｋｇ，ａ－ｈ
ｖ
图像纵坐标乘以ｍ，纵坐标１．６ｍ／ｓ２变为１．６×５００Ｎ 阻力为ｆ，最大速度时４Ｐ＝８ｆｖ，当速度为 ｍ时，牵引
ｍ ２
＝８００Ｎ，如下图所示：
４Ｐ ８Ｐ
力Ｆ＝ ＝ ，由牛顿第二定律得Ｆ－８ｆ＝８ｍａ，解
ｖ ｖ
ｍ ｍ
２
Ｐ
得ａ＝ ，故Ｂ正确；Ｃ．若改为６节动车带２节拖
２ｍｖ
ｍ
６Ｐ ６Ｐ
车，则总功率为６Ｐ，动车的最大速度ｖ′＝ ＝ ＝
ｍ ８ｆ ４Ｐ
ｖ
由牛顿第二定律可知Ｆ＝ｍａ，所以纵坐标表示合力， ｍ
３
ｍａ－ｈ图像中图线与横轴所夹的面积表示合力做的 ｖ，故Ｃ正确；Ｄ．只有当动车组匀速运动时，车厢
２ｍ
（６＋４）×８００
功，由图可知Ｗ＝ Ｊ＝４０００Ｊ，料斗从静止 对乘客的作用力与乘客重力等大反向，即竖直向上，
２
故Ｄ错误；故选：ＡＢＣ。
１
上升６ｍ过程，由动能定理有Ｗ＝ ｍｖ２－０，代入数据
２ １０．ＡＣ 【解析】Ａ．刚开始运动时，对木板受力分析，根
可得ｖ＝４ｍ／ｓ，合力做得功等于吊车对料斗做的功与 据牛顿第二定律有 Ｆ＋μｍｇ＝Ｍａ，解得 ａ＝１ｍ／ｓ２，
故Ａ正确；Ｂ．撤去Ｆ时木板的速度为ｖ２＝２ａｘ，解
重力做的功的代数和，即Ｗ＝Ｗ －ｍｇｈ，代入数据可 ２
吊
得ｖ＝２ｍ／ｓ，故Ｂ错误；Ｃ．木板向右运动２ｍ时的运
得Ｗ ＝３．４×１０４Ｊ，故ＢＣ正确；Ｄ．从静止开始上升
吊
ｖ
６ｍ过程中，画出料斗的大致ｖ－ｔ图像，如下图所示： 动时间为ｔ＝ ，解得ｔ＝２ｓ，物块运动的位移ｘ＝
ａ １
１
ｖｔ－ μｇｔ２，解得ｘ＝６ｍ，相对位移为Δｘ＝ｘ－ｘ，
０ ２ １ １ ２
解得Δｘ＝４ｍ，物块恰好位于木板右端，故Ｃ正确；
Ｄ．整个过程中系统因摩擦产生的热量为 Ｑ＝
μｍｇΔｘ，解得Ｑ＝４Ｊ，故Ｄ错误；故选：ＡＣ。
参考答案 第 ２页 （共７页）１１．（１）不需要 （２）２．４０ （３）２．８９ 且ｆ＝μＮ
【解析】（１）本题拉力可以由力传感器来测出，不需 代入数据联立解得Ｆ＝５９．９２Ｎ，沿绳与水平方
要使砂桶（包括砂）的质量远小于小车的总质量； 向成３７°。（２分）
（２）根据 Δｘ＝ａＴ２，利用逐差法得 ａ＝ ｘ ＢＤ －ｘ ＯＢ＝ １４．（１）由题意，根据运动学公式，可得在６ｓ时，
４Ｔ２
１ １
甲车的位移ｓ＝ｖｔ－ ａｔ２＝１６×６ｍ－ ×２
２８．８１－９．６１－９．６１ ×０．０１ｍ／ｓ２＝２．４０ｍ／ｓ２； 甲 １ ２ １ ２
４×０．１２
×６２ｍ＝６０ｍ（１分）
２
（３）根据牛顿第二定律得２Ｆ－Ｆ ｆ ＝ｍａ，即ａ＝ ｍ Ｆ 乙车的位移ｓ＝ｖｔ－ １ ａｔ２＝１２×６ｍ－ １ ×１
乙 ２ ２ ２ ２
Ｆ ２ ２ ４．５０
－ ｆ，ａ－Ｆ图像的斜率表示 ， ＝ ，解 ×６２ｍ＝５４ｍ（１分）
ｍ ｍ ｍ ７．０－０．５
（２）两车速度相等时，有ｖ－ａｔ′＝ｖ－ａｔ′（１分）
得ｍ＝２．８９ｋｇ。 １ １ ２ ２
ｍ ｍ ｍ 解得两车速度相等的时刻ｔ′＝４ｓ（１分）
１２．（１）＞ （２）ＣＤ （３） １ ＝ １ ＋ ２
槡ｙ
２
槡ｙ
３
槡ｙ
１
可知此时甲车还在匀减速运动；
【解析】（１）实验中为了防止入射球反弹，故要求入 当甲车匀减速运动７ｓ时，此时甲车的速度为
射球的质量大于被碰球的质量，故答案为＞； ｖ＝ｖ－ａｔ＝１６ｍ／ｓ－２×７ｍ／ｓ＝２ｍ／ｓ（１分）
１ １１
（２）（３）ａ、ｂ两球碰撞前后做平抛运动，有ｌ＝ｖｔ，ｙ＝ 乙车的速度为
１ ｌ ｇ ｖ′＝ｖ－ａｔ＝１２ｍ／ｓ－１×７ｍ／ｓ＝５ｍ／ｓ（１分）
ｇｔ２，解得ｖ＝ ＝ｌ槡，碰撞过程动量守恒，以 ２ ２１
２ ｔ ２ｙ
则在甲车匀速运动阶段，乙车的速度还会出现
向右为正方向，由动量守恒定律得ｍ·ｖ＝ｍ·ｖ
１ ０ １ １ 与甲车的速度相等的情况，则有ｖ－ａｔ″＝ｖ
２ ２
ｍ ｍ ｍ
＋ｍ ２ ·ｖ ２ ；整理得 １ ＝ １ ＋ ２，因此需要测量ａ 解得ｔ″＝１０ｓ（１分）
槡ｙ
２
槡ｙ
３
槡ｙ
１
所以在１０ｓ时，两车的速度再次相等；
球和ｂ球的质量ｍ、ｍ 以及Ｏ点到Ａ、Ｂ、Ｃ三点的
１ ２
（３）在甲车匀减速运动阶段，若甲、乙两车相遇，则
距离分别为ｙ、ｙ、ｙ，故选：ＣＤ。
１ ２ ３
１ １
１３．（１）设匀加速运动的时间为ｔ，则匀加速阶段位移 有ｖｔ－ ａｔ２＝ｖｔ－ ａｔ２＋Ｌ
１ １２ ２ １２ ２２ ２ ２２
０＋ｖ
为ｘ １ ＝ ２ ｔ １ （１分） 解得ｔ ２ ＝２ｓ或ｔ ２ ′＝６ｓ（２分）
匀速阶段位移为ｘ＝１００－ｘ＝ｖ（１５－ｔ）（１分） 则可知在甲车匀减速阶段，甲、乙两车相遇两
２ １ １
联解得ｖ＝８ｍ／ｓ，ｔ＝５ｓ（２分） 次，分别在２ｓ和６ｓ时；
１
（２）由速度公式ｖ＝ａｔ得 由题意，可得乙车停止所用时间
１
ａ＝ ｖ ＝ ８ ｍ／ｓ２＝１．６ｍ／ｓ２（２分） ｔ＝ ｖ ２＝ １２ ｓ＝１２ｓ（１分）
ｔ ５ ３ ａ １
１ ２
车胎受力如图并正交分解： 该时间内乙车运动的距离
１ １
ｓ′＝ｖｔ－ ａｔ２＝１２×１２ｍ－ ×１×１２２ｍ＝
乙 ２３ ２ ２３ ２
７２ｍ（１分）
此时甲车已经匀速运动，其匀减速阶段运动的
距离为
１ １
ｓ′＝ｖｔ－ ａｔ２＝１６×７ｍ－ ×２×７２ｍ＝
在ｘ方向有Ｆｃｏｓ３７°－ｆ＝ｍａ（１分） 甲 １１ ２ １１ ２
在ｙ方向有Ｎ＋Ｆｓｉｎ３７°－ｍｇ＝０（１分） ６３ｍ（１分）
参考答案 第 ３页 （共７页）匀速阶段运动的距离为
ｓ＝ｖ（ｔ－ｔ）＝２×（１２－７）ｍ＝１０ｍ（１分）
１ ３ １
则在乙车停止时，此时甲、乙两车的距离
Δｓ＝ｓ′＋Ｌ－ｓ′－ｓ＝７２ｍ＋６ｍ－６３ｍ－１０ｍ＝
乙 甲 １
５ｍ（１分）
则甲车追上乙车还需的时间
Δｓ ５
ｔ＝ ＝ ｓ＝２．５ｓ（１分）
４ ｖ ２
所以甲、乙两车第三次相遇的时刻
ｔ＝ｔ＋ｔ＝１２ｓ＋２．５ｓ＝１４．５ｓ（１分）
５ ３ ４
１５．（１）以向右为正方向，Ａ、Ｂ在水平方向动量守恒，则
有ｍｖ＋Ｍｖ＝０（１分）
１ ２
由机械能守恒有可知
１ １
ｍｇｒ＝ ｍｖ２＋ Ｍｖ２（１分）
２ １ ２ ２
联立解得ｖ＝－３ｍ／ｓ，ｖ＝１ｍ／ｓ（２分）
１ ２
（２）Ｂ在传送带上先向左做匀减速运动，由牛顿第
二定律可知μｍｇ＝ｍａ，
代入数据解得ａ＝５ｍ／ｓ２（２分）
０－ｖ２
Ｂ向左运动的最大位移ｘ＝ １，
１ －２ａ
代入数据解得ｘ＝０．９ｍ＜Ｌ＝２ｍ（２分）
１
０－ｖ ０－３
运动时间ｔ＝ １＝ ｓ＝０．６ｓ（２分）
１ －ａ －５
Ｂ向右运动时加速度不变，则运动具有对称性，
Ｂ向右离开传送带时，速度ｖ＝３ｍ／ｓ，
Ｂ
Ｂ与传送带间的相对路程
ｓ＝ｘ
１
＋ｘ
２
＋（ｘ
３
－ｘ
１
）＝ｘ
２
＋ｘ
３
＝ｖ
０
·２ｔ
１
＝５×２
×０．６ｍ＝６ｍ，
则Ｑ＝μｍｇｓ＝０．５×１×１０×６Ｊ＝３０Ｊ（２分）
（３）Ｂ第二次冲上Ａ到再次分离的过程，以向右为
正方向，水平方向动量守恒
ｍｖ＋Ｍｖ＝ｍｖ ＋Ｍｖ（１分）
Ｂ ２ Ｂ１ ３
系统总动能不变，
１ １ １ １
ｍｖ２＋ Ｍｖ２＝ ｍｖ２ ＋ Ｍｖ２（１分）
２ Ｂ ２ ２ ２ Ｂ１ ２ ３
联立解得ｖ ＝０，ｖ＝２ｍ／ｓ（２分）
Ｂ１ ３
Ｂ静止，Ａ向右做匀速直线运动，Ａ的最大速度
为２ｍ／ｓ。
参考答案 第 ４页 （共７页）
