山东省枣庄市滕州市2023-2024学年高三上学期期中考试物理答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届山东省枣庄市滕州市高三上学期期中考试_山东省枣庄市滕州市2024届高三上学期期中考试物理

2024 届高三定时训练
物理参考答案
2023.11
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
1．B 2．C 3．D 4．D 5．B 6．D 7．A 8．C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。全部选对的得4分，选
对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．AC 10．BD 11．AD 12．BC
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）（1）5.00； （2）变小；先变小后变大；
4r3g
14．（8分）（1） ； （2）2； （3）0.025； （4）2；
n
3k
评分说明：实验题每空均为2分。
15．（8分）解：（1）设细绳拉力为F，加速度大小为a，对A、B整体：
FumMgmMa； （2分）
物块C向上匀减速，根据：mgF ma； （2分）
联立解得：F 6N，a4m/s2 （1分）
（2）设物块B所受摩擦力的大小为f，方向向右，根据：F f Ma； （2分）
解得： f 2N，方向水平向右。 （1分）
16．（10分）解：（1）设小球离开桌面时速度大小为v ，由机械能守恒可知：
0
1
E  mv 2； （1分）
p 2 0
设弹簧对小球冲量的大小为I，根据：I mv 0； （1分）
0
解得：I 1kgm/s （1分）
1
（2）设离开桌面后由平抛运动时间为t ，由h gt2； （1分）
1 2 1
高三物理参考答案 第1页（共4页）
{#{QQABYYqAoggoAAIAAQgCQwXCCEOQkACCCIoGRFAMsAABgAFABAA=}#}L
设第一次落点与第二次落点之间的时间为t ，由t t  ； （1分）
2 1 2 v
0
t
设第一次碰撞后速度的竖直分量为v ，v g 2 ； （1分）
y y 2
设第一次碰撞后速度大小为v，v v2v2 （1分）
y 0
1 1
设第一次碰撞前速度大小为v，由： mv2mgh mv2； （1分）
2 0 2
1 1
mv2 mv2
2 2
小球损失动能与碰撞前动能的比值：k  （1分）
1
mv2
2
带入数据解得：k 0.35 （1分）
17．（12分）解：（1）滑块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，由：
mgh mgL mgL mg(R R ) （2分）
1 1 2 1 2
解得：h 2.0m （1分）
1
1
（2）运动到F点时，设速度为v ，则：mgh mgL mg2r mv2 （1分）
F 1 1 2 F
v2
设轨道对滑块压力为F N ，根据：F mg m F （1分）
N r
解得：F 1.25N；
N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道压力为1.25N，方向竖直向上。 （1分）
（3）设斜轨道高度为h 时，滑块恰好到达挡板。根据能量守恒：
2
mgh mgL mgL mg(R R )umgL （1分）
2 1 2 1 2
解得：h 2.5m （1分）
2
设斜轨道高度为h 时，滑块反弹后恰好回到J点。根据能量守恒：
3
mgh mgh umgL
3 2
解得：h 3.0m （1分）
3
此时滑下，假设在竖直圆轨道上升高度为h，由：
mgR R umgL mgh
1 2 2
高三物理参考答案 第2页（共4页）
{#{QQABYYqAoggoAAIAAQgCQwXCCEOQkACCCIoGRFAMsAABgAFABAA=}#}解得：h0.75m；
由于rh2r，则滑块脱离轨道。
设斜轨道高度为h 时，恰好能通过竖直圆轨道。设F点速度为v，根据：
4
1
mgh mgR R mgh umgL mg2r mv2 （1分）
4 1 2 3 2 2
v2
在F点速度：mg m （1分）
r
解得：h 3.25m （1分）
4
则斜轨道的高度应满足2.5m<h＜3m或者h＞3.25m。
18．（16分）解：（1）对小球，设OA与OB夹角为，根据几何关系可得：
h
sin ； （1分）
L
1
绳绷直前由A到B可得：m gh mv2 （1分）
0 2 0 B
绷直后速度小球速度为：v  v cos； （1分）
B B
1 1
根据机械能守恒定律： mv2  mv 2m gLh； （1分）
2 0 C 2 0 B 0
联立解得：v 4m/s （1分）
C
（2）小球与木板相碰，设木板获得速度为v ，根据动量守恒：
0
mv mv mv
0 C 0 C 2 0
1 1 1
根据能量守恒： mv2  mv 2 mv2
2 0 C 2 0 C 2 2 0
解得：v v 4m/s （1分）
0 C
小物块匀加速运动，由牛顿第二定律得：mgma （1分）
1 1 1 1
木板碰撞后匀减速运动，mgm m gma （1分）
1 1 2 1 2 2 2
设经过时间t 达到共同速度v，根据：vat ；vv a t ；
1 11 0 21
1
此时木板运动位移为：x  v vt ； （1分）
1 2 0 1
高三物理参考答案 第3页（共4页）
{#{QQABYYqAoggoAAIAAQgCQwXCCEOQkACCCIoGRFAMsAABgAFABAA=}#}解得：x 1.25m，由于x x，则共速后，小物块相对木板向左滑动，
1 1
小物块减速，mgma
1 1 1 1
木板继续减速，m m gmgm a （1分）
2 1 2 1 1 2 2
1
设经过时间t ，木板碰到固定挡板。根据：vt  at2 xx ； （1分）
2 2 2 2 2 1
解得：t 0.1s 或 t 0.4s（舍）；
2 2
木板运动到挡板所需时间：tt t ；
1 2
解得：t0.6s （1分）
1
（3）小物块与木板共速前，相对位移为：x  v t ； （1分）
1 2 01
木板与挡板碰撞时，小物块与木板速度分别为：v vat ； v vat ；
1 1 2 2 2 2
1 
共速后至碰撞前，相对位移为：x  vv t （1分）
2 2 1 2 2
碰后，木板以原速率反弹，匀减速至停止，小物块也匀减速直至停止。
v2 v2
此阶段的相对位移为：x  1  2 （1分）
3 2a 2a
1 2
木板与小物块间摩擦产生的热量：Qumgx x x ；
1 1 1 2 3
带入数据解得：Q2.4J （1分）
高三物理参考答案 第4页（共4页）
{#{QQABYYqAoggoAAIAAQgCQwXCCEOQkACCCIoGRFAMsAABgAFABAA=}#}