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学年第一届安徽百校大联考
2023—2024
高三物理参考答案
.【答案】
1 C
【解析】 飞机在跑道滑行平稳起飞时不会到达跑道尽头才起飞 故 错误
, A ;
飞机不一定是匀加速 错误
,B ;
若飞机做非匀加速运动 平均速度大于 起飞位移小于 时间可能等于 正确
, 40 m/s, 2800 m, 70 s,C ;
该飞机起飞时空气对其既有向上的升力 也有向后的阻力 空气的作用力后来会超过重力 错误
, , ,D 。
.【答案】
2 D
【解析】 脚对球产生弹力是因为脚发生了形变 错误
,A ;
研究踢任意球技巧时 涉及到足球的受力部位等因素 不能把足球看成质点 错误
, , ,B ;
足球做曲线运动 则其速度方向为轨迹的切线方向 错误
, ,C ;
根据物体做曲线运动的条件可知 合外力的方向一定指向轨迹的内侧 且合外力的方向与速度方向不
, ,
在一条直线上 正确
,D 。
.【答案】
3 B
x .
【解析】 x t . AB中间时刻速度v v AB 0 24
AB=24 cm, AB=0 20 s, 1= AB=t = . m/s=1.2 m/s,
AB 0 20
x .
x t . AB中间时刻速度v v
BC
0 72
BC=72 cm, BC=0 40 s, 2= BC=t = . m/s=1.8 m/s,
BC 0 40
v v . .
a 2- 1 1 8-1 2 2 2 错误
=t t = . . m/s =2 m/s ,A ;
AB AB 0 1+0 2
+
2 2
由a g ° μg ° 得μ . 故 正确
= sin37 - cos37 , =0 5, B ;
x
BC=
v
B
t
BC+
1at2BC 得v
B=1
.
4 m/s,
故
C
错误
;
2
v at 得t . t t t . 故 错误
B= OB OB=0 7 s, OA= OB- AB=0 5 s, D 。
.【答案】
4 A
【解析】 甲 乙两车做匀加速直线运动 v与x满足v2 v2 ax
、 , - 0=2 ,
对于甲车 代入点 . 得甲的初速度为零 加速度大小为 2
, (0,0)、(0 5,2), , 4 m/s ,
同理对于乙车代入特殊点 可得乙车初速度为 加速度大小为 2 正确 错误
, 1 m/s, 3 m/s ,A ,B ;
x . 时 甲 乙两车速度和位移都相同 但是时间不同 即它们不是同时达到同一地点的 不能相
=0 5 m , 、 , , ,
遇 错误
,C ;
t 时 x x . x x 故 错误
=1 s , 甲=2 m、 乙=2 5 m, 甲≠ 乙, D 。
.【答案】
5 C
【解析】 木块沿斜面匀速下滑 mg ° μmg °
, sin30 = cos30 ,
用力推木块匀速上滑 F mg ° μmg ° mg ° mg 错误
, = sin30 + cos30 =2 sin30 = ,A ;
由整体法可知
,
匀速下滑时 地面对斜面无摩擦
, ,
高三物理参考答案 第 页(共 页)
1 6
{#{QQABIQCAogCgABBAAAgCAwVgCEGQkAECACoOgFAEsAAAAAFABAA=}#}匀速上滑时 地面对斜面摩擦力F F ° 3mg 错误
, f2= cos30 = ,B ;
2
匀速下滑时 地面支持力F M m g
, N1=( + ) ,
匀速上滑时 地面支持力F M m g F ° M . m g 正确
, N2=( + ) - sin30 =( +0 5 ) ,C ;
匀速下滑时 地面对斜面作用力F F M m g
, 1= N1=( + ) ,
( )
2
匀速上滑时 地面对斜面作用力F [ M . m g] 2 3mg 错误
, 2= ( +0 5 ) + ,D 。
2
.【答案】
6 D
mg F F
【解析】 如图 AB AC
1, °= ° θ = ° θ ,
sin120 sin(60 + ) sin(180 - )
mg
F ° θ θ ° F 先增大后减小 错误
AB= °sin(60 + ),0< <90 , AB ,A ;
sin120
mg
F θ θ ° F 一直增大 错误
AC= °sin ,0< <90 , AC ,B ;
sin120
此过程中BC边受到的压力为零 错误
,C ;
F
AB
如图 ° 1
2,F =sin30 = ,
AC 2
由牛顿第三定律知 AB边和AC边所受压力之比也为 故 正确
, 1∶2, D 。
.【答案】
7 D
【解析】 若乘客处于非平衡状态 小火车对其作用力不沿竖直方向 错误
, ,A ;
第二 三节车厢间弹力为零时 加速度a ng 此时没有牵引力 错误
、 , = , ,B ;
若以a ng减速 第一节车厢对车头产生大小为 nmg 方向向前的作用力 错误
=2 , 3 、 ,C ;
以恒定的牵引力加速前进的过程中 第三节车厢脱离 则整体加速度变大 以车头和第一节车厢为研
, , ,
究对象 其合力变大 故第二节车厢对其向后的拉力变小 正确
, , ,D 。
.【答案】
8 CD
【解析】 A球落地前两球在竖直方向上均做自由落地运动 高度差不变Δh 故 错误
, =2 m, A ;
A球落地前 两球在水平方向做不同初速度的匀速运动 水平距离越来越大 竖直距离不变 故距离不
, , , ,
断增大 错误
,B ;
由h 1gt2 得A B球在空中的运动时间为t . t .
= 、 1=0 5 s, 2= 0 65s,
2
由x v t 可得A球落地时两球的水平位移为 x x
= 0 , 1=2 m, 2=1 m,
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2 6
{#{QQABIQCAogCgABBAAAgCAwVgCEGQkAECACoOgFAEsAAAAAFABAA=}#}所以A球落地时 两球间的距离为d x2 x2 Δh2 故 正确
, 1= 1+ 2+ =3 m, C ;
B球落地时水平位移为x . 此时距离为d x 2 x 2 33 故 正确
3= 2 6m, 2= 1 + 3 = m, D ;
5
.【答案】
9 BC
【解析】 从图像可知 物体速度减为零后反向沿斜面向上运动 最终的速度大小为 方向沿斜
, , 2 m/s,
面向上 所以没从B点离开 从A点离开 并且可以推出传送带沿斜面向上运动即逆时针方向转动 速
, , , ,
度大小为 故 错误
2 m/s, A ;
Δv
速度图像中斜率表示加速度 可知物块沿传送带下滑时的加速度a 2
, =Δt=2 m/s ,
根据牛顿第二定律μmg ° mg ° ma 解得μ 7 3 故 正确
cos30 - sin30 = , = , B ;
15
速度图像与时间轴围成的面积表示位移 由图可知 物块在第 时回到A点 当t 时 物块的速
, , 8 s , 1=3 s ,
度为 之后物块沿斜面向上运动 所以物块沿斜面向下运动的位移x 1 传送带向上
0, , 1= ×6×3 m=9 m,
2
运动x 之后物块向上运动t 与传送带共速 物块的位移x 2 传送带
2=2×3 m=6 m, 3=1 s , 3= ×1 m=1 m,
2
内向上运动x 痕迹长x x x x x 故 正确 错误
1 s 4=2×1 m=2 m, = 1+ 2+ 4- 3=16 m, C ,D 。
.【答案】
10 CD
【解析】 若机器人恰好不落地 由 g 2 h a 1 h得a g
, 2 =2 1 1=4 ,
5 10
由 ka2v2 mg ma 得v v 错误
8 - = 1, = 5 0,A ;
当棱长为 . a和 a的面垂直于风向放置时
2 5 8 ,
ka2v 2 mg k a . a v2 mg 解得v 10v 错误
8 0 = , ×8 ×2 5 × = , = 0,B ;
5
当机器人受风面积最小时向下的加速度最大 受风最小面积为 . a2
, 2 5 ,
故由mg . ka2v2 ma得向下最大加速度为11g 故 正确
-2 5 0= , C ;
16
当受风面积最小时 所需风速最大由 ka2v2 . ka2v2 得风速最大值为4 5v 正确
, 8 0=2 5 , 0,D 。
5
. 每空 分 共 分
11 ( 2 , 6 )
【答案】 先用两只弹簧秤钩住绳套 互成角度拉橡皮条使之伸长时 若两弹簧秤拉力较大 且夹
(1) , , ,
角较小时 再用一只弹簧秤钩住细绳把橡皮条拉长 使结点到达同一点 O 时 此时弹簧秤已超量程
, , ,
言之有理即可
( )
滑轮存在摩擦或每个钩码的质量并不完全相同等 言之有理即可
(2)①C ② ( )
【解析】 实验中只需要三根绳上拉力在同一平面内 桌面不水平 三个力也可以共面 错
(2)① , , ,A
误
;
作图示时必须采用同一标度 错误
,B ;
用橡皮条也能确定三个力的方向 正确
,C ;
改变滑轮的位置及钩码数量再次进行实验时 只需要达到新的三力平衡即可 结点位置不需要与前
, ,
次实验重合 错误
,D 。
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3 6
{#{QQABIQCAogCgABBAAAgCAwVgCEGQkAECACoOgFAEsAAAAAFABAA=}#}. 每题 分 共 分
12 ( 2 , 8 )
【答案】
(1)
v . . . 之间均可 f k Mv
(2) (3)3 92(3 88-3 96 ) (4) = 0
【解析】 根据表格数据描点作图 舍掉误差较大的点 见答案图
(1) , , ;
由图可知 随着速度增大 气球的加速度越来越小 这是因为速度增大 气球所受的空气阻力也
(2) , , , ,
变大 从而使加速度变小
, ;
F f
浮
由牛顿第二定律可得F Mg f Ma a g
浮- - = , = M -M- ,
由图可知 加速度a与v为一次函数 结合上述分析可知 气球所受阻力f与v成正比
, , , 。
F f F kv
浮 浮
由图像结合上述分析可得a g g
(3) = M -M- = M -M-
F k
根据图中数据可得 . 2
浮
g
8 00 m/s = M -M×1 m/s- ;
F k
. 2
浮
g
2 60 m/s = M -M×4 m/s- ,
解得F .
浮=3 92 N;
F kv
浮
由上述分析可得a g
(4) = M -M-
k
即k k k M f kv k Mv
0=M, = 0 , = = 0 。
. 分
13 (12 )
【解析】 设v 100 分
(1) 1=120 km/h= m/s…………………………………………………………… 1
3
v 分
2=72 km/h=20 m/s ………………………………………………………………………………… 1
汽车以最大加速度a 减速 用时最短为t 由运动学公式v v a t 分
0 , , 2= 1- 0 …………………………… 1
代入数据得t 8 . 分
= s≈2 7 s ………………………………………………………………………… 2
3
为了实现到达合六叶段安全行驶 司机至少要提前 . 刹车 分
, 2 7 s …………………………………… 1
设汽车匀速运动的位移为x
(2) 1,
当汽车到达合六叶段恰好降到最高限速 设刹车时的加速度为a
, 1,
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4 6
{#{QQABIQCAogCgABBAAAgCAwVgCEGQkAECACoOgFAEsAAAAAFABAA=}#}匀速阶段x v t 分
1= 1 =50 m ……………………………………………………………………………… 1
匀减速阶段v2 v2 a 分
1- 2=2 1(100+50-50) ……………………………………………………………… 2
解得a 32 2 . 2 分
1= m/s ≈3 6 m/s ……………………………………………………………………… 2
9
故刹车过程中汽车加速度的最小值为 . 2 分
3 6 m/s …………………………………………………… 1
. 分
14 (12 )
【解析】 对点O受力分析如图甲所示
F
由平衡条件得F F 分
1= 2= α ……………………………………………………………………… 1
2cos
2
再对任一物块受力分析如图乙所示 图中选择右边物块进行受力分析
( ),
α
物块发生滑动的临界条件是F μF 分
2sin = N ………………………………………………………… 1
2
α
又F F G 分
2cos + N= …………………………………………………………………………………… 1
2
μG
联立计算得出F 2 分
= α …………………………………………………………………………… 2
μ
+tan
2
如图丙 对A受力分析
(2) , ,
α
F G F 分
1cos + = N ………………………………………………………………… 1
2
α
F F 分
1sin = f …………………………………………………………………… 1
2
F μF
f= N
μG
F 分
1= α α ……………………………………………………………… 1
μ
sin - cos
2 2
α α
μ 时 即F F 分
sin - cos →0 , →∞, 1→∞ …………………………………………………………… 1
2 2
α
μ 3 分
=tan = ………………………………………………………………………………………… 1
2 3
μ 3 未取 给 分 分
≥ ( “=” 1 ) …………………………………………………………………………… 2
3
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5 6
{#{QQABIQCAogCgABBAAAgCAwVgCEGQkAECACoOgFAEsAAAAAFABAA=}#}. 分
15 (16 )
【解析】 拉动木板 则F μmg 分
(1) , >6 ……………………………………………………………… 1
物块和木板相对静止 F μmg ma 且ma μmg 分
, -6 =3 0, 0≤ ……………………………………………… 2
解得拉力F满足的条件为 μmg F μmg 分
6 < ≤9 ………………………………………………………… 1
拉力为F 时 经时间t 木板的左端刚好越过坑 此时物块恰好掉下
(2)① 1 , , ,
对木板
:
F
1-6
μmg
-
μmg
=2
ma
1 ,
1 a
1
t2
=2
d
………………………………………………………… 2
分
2
对木块 μmg ma 1 at2 d 分
: = , = ………………………………………………………………………… 2
2
联立可解 F μmg 分
: 1=11 ………………………………………………………………………………… 1
拉力为F 时 经时间t 物块从木板上掉下 又经时间t 运动到坑的左边 速度为零
② 2 , 1 , 2 , ,
对木板 F μmg μmg ma 分
: 2-6 - =2 2 ……………………………………………………………………… 1
对物块在地面上减速时 μmg ma 分
:2 = 3 ……………………………………………………………… 1
由运动学公式得 1 a t2 1at2 d 分
: 2 1- 1= ………………………………………………………………… 1
2 2
1 at2 1a t2 d 分
1+ 3 2= ……………………………………………………………………………………… 1
2 2
at a t 分
1= 3 2 ……………………………………………………………………………………………… 1
联立可解 F μmg 分
: 2=12 ………………………………………………………………………………… 1
综上所述 可得F满足的条件为 μmg F μmg 或 F μmg 分
, :6 < <11 ≥12 ………………………………… 1
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6 6
{#{QQABIQCAogCgABBAAAgCAwVgCEGQkAECACoOgFAEsAAAAAFABAA=}#}
