THUSSAT2023年11月诊断性测试理科综合物理答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届THUSSAT中学生标准学术能力诊断性测试高三上学期11月月考

中学生标准学术能力诊断性测试 2023 年 11 月测试 理科综合试卷 物理参考答案 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～ 18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分， 选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14 15 16 17 18 19 20 21 B B C A C BD ABD BC 三、非选择题：共62分。 22．（6分） 答案： （1）4.8 （2分） （2） 第1页 共4页 1 E R 1  R A E  r （2分） （3）9.1（答9.0或9.2均可给分）（2分） 23．（9分） 答案： （2）保持静止（1分） （3）1.125（2分） （6）0.103（2分） 0.100—0.102（2分，区间内均可给分） （7）1—3（2分，区间内均可给分） 注：按照数格子的原则，不足半格舍去，有半格以上算一格。合理的格子数在50~51格。 24．（10分） 解析： （1）第一次抽气过程中手对活塞拉力有最大值时活塞位于最上端 对活塞受力分析，设手对活塞拉力为F，此刻气缸内气体压强为P 1 F  P 1 S  P 0 S ①（2分） 抽气过程缓慢进行且气体温度稳定保持不变，据玻意耳定律 PV 5VP 5V ②（2分） 1 0 {#{QQABQYYUgggIABAAAQhCQwWACAGQkBGCCAoGxAAMoAABARNABAA=}#}第2页 共4页 P 1  5 6 P 0 ③（1分） F  1 6 P 0 S ④（1分） （2）设第二次抽气后容器中剩余气体的压强为P 2 据玻意耳定律 P 2  V  5 V   P 1  5 V ⑤（1分） P 6  V  5 V   P 5  5 V ⑥（1分） 6 5 P 6  6   P 0 ⑦（2分） 即抽气6次后容器中剩余气体的压强为  5 6  6 P 0 25．（17分） 解析： U （1）0~t 时间内甲处于静止状态，由二力平衡得：m gq 0 ①（1分） 0 甲 甲 d t ~2t 时间内电场消失，甲做自由落体运动 0 0 x 1  1 2 g 2 t0 ② （1分） v 1  g t 0 ③ （1分） 取竖直向下为正方向，2t ~3t 内，由牛顿第二定律得 0 0 m 甲 g  q 甲 2 U d 0  m 甲 a 1 ④（1分） x 2  v 1 t0  1 2 a 1 2 t0 ⑤（1分） d  2 ( x 1  x 2 )  2 g 2 t0 ⑥（1分） （2）0~ t 乙处于加速运动状态，由牛顿第二定律得 0 U m gq 0 m a ⑦ （1分） 乙 乙 d 乙 3 q q k  甲 ，1.5k  乙 m m 甲 乙 1 解得：a  g，即乙先由静止开始向上加速 3 2 {#{QQABQYYUgggIABAAAQhCQwWACAGQkBGCCAoGxAAMoAABARNABAA=}#}第3页 共4页 x 3  1 2 a 3 2 t0   1 4 g 2 t0 ⑧（1分） v 3  a 3 t0   1 2 g t 0 ⑨（1分） t ~2t 电场消失，乙的加速度为a g 0 0 4 x 4  v 3 t0  1 2 g 2 t0  0 ⑩（1分） v 4  v 3  g t0  1 2 g t0 ⑪（1分） 1 故2t 时乙位于O上方 gt2处且速度大小为 0 4 0 1 2 g t0 方向向下 2t ~(3 2)t 内由牛顿第二定律得 0 0 2U m gq 0 m a ⑫（1分） 乙 乙 d 乙 5 解得： a 5   2 g 当乙的速度减为0时， x 5   v 2 24a 5 ＜ x 3  d 2 ，故乙未到达下极板 假设在2t ~ 0 ( 3  2 ) t0 内，t时刻乙能够到达上极板  d 2  x 3 1 =v t2t  a t2t 2 ⑬（2分） 4 0 2 5 0 解得： t  9  4 1 3 t0 ⑭（2分） 由于 ＜t ( 3  2 ) t0 9 13 ，故假设成立，即液滴乙在t t 时到达上极板 ⑮（1分） 4 0 26．（20分） 解析： （1）滑块D恰能沿轨道运动至O 点，通过最高点Q时，由重力提供向心力 1 m D g  m D v R 2 ①（1分） 设滑块D运动至O 点时，速度为v ，由动能定理可得 1 0 m D g R  1 2 m D v 20  1 2 m D v 2 ②（1分） 从O 点运动至M点的过程中，滑块D做平抛运动 1 水平方向：xvt ③（1分） 0 1 竖直方向：y gt2 ④（1分） 2 由勾股定理可得：x2 y2 R2 ⑤（1分） {#{QQABQYYUgggIABAAAQhCQwWACAGQkBGCCAoGxAAMoAABARNABAA=}#}M点离水平面的高度 第4页 共4页 h  R  y ⑥（1分） 解得 h  4  1 0 1 0 m ⑦（1分） （2）当滑块A下降的高度为  h ，刚性轻杆与竖直方向的夹角为时，滑块B与滑块C的 速度达到最大，此后滑块B减速，二者分离。设此时滑块A的速度大小为v ，滑块B、 1 C的速度大小为v ，它们沿刚性轻杆方向的分速度相等，即 2 v 1 c o s v 2 s in    ⑧（1分） 滑块A、B、C组成的系统机械能守恒 m A g  h  1 2 m A v 21  1 2 ( m B  m C ) v 22 ⑨（1分） L2 (H h)2 由几何关系可得：tan ⑩（1分） H h 2gh(H h)2 解得v  ⑪（1 分）（用 cosα 作自变量表达也可同样求出极值，同 2 L2 样得分。） 当 2  h  H   h 时，即  h  H 3 时，v 最大 ⑫（1分） 2 对滑块A，由动能定理得 m A g  h  W  1 2 m A v 21  0 ⑬（1分） 解得： W   5 J ⑭（1分） （3）对滑块C、D组成的系统，从刚开始相互作用到滑块D脱离弹簧的过程中 由动量守恒定律可得： m C v 2  m C v 3  m D v 4 ⑮（1分） 由能量守恒定律可得： 1 2 m C v 22  1 2 m C v 23  1 2 m D v 24 ⑯（1分） 滑块D从P点运动到Q点，由动能定理可得 1 1 m g2R m v2 m v2 ⑰（1分） D 2 D 2 D 4 解得： m D  1 .5 k g 当滑块C与滑块D速度相等时，弹簧的弹性势能最大 由动量守恒定律可得：m v (m m )v ⑱（1分） C 2 C D 5 1 1 由能量守恒定律可得：E  m v2 (m m )v2 ⑲（1分） P 2 C 2 2 C D 5 解得： E P  1 .8 7 5 J ⑳（1分） {#{QQABQYYUgggIABAAAQhCQwWACAGQkBGCCAoGxAAMoAABARNABAA=}#}