河北省新时代NT教育2023-2024学年第一学期11月高三阶段测试卷物理答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届河北省新时代NT教育第一学期11月高三阶段测试卷

2023-2024学年第一学期11月高三阶段测试卷 物理 参考答案 1.A【解析】在图示位置物体P所带的负电荷突然消失，一定沿a轨迹运动，A正确；沿 b 轨迹做离心运动，可能是所需要的向心力增大了，即v增大了，也可能是力F减小了，B错 误；沿c轨迹做向心运动，可能是所需要的向心力减小了，即v减小了，也可能是力F增大 了，C错误；当物体P速度突然为零时，物体P可能沿PO方向运动，D错误。 2.D【解析】宇航员在空间站中处于完全失重状态，地球对宇航员的万有引力提供他们围绕 地球做圆周运动的向心力，A错误；由于空间站的轨道半径大于地球的球体半径，所以该空 间站绕地球的运行速度小于第一宇宙速度，B错误；“水油分离实验”中，同位置的水和油向 心加速度相同，但由于水和油的密度不同，相同体积下水的质量比油的质量大，所需的向心 力比油大，C错误；由于空间站中物体处于完全失重状态，在空间站中做“太空抛物实验” 时，冰墩墩被抛出后近似做直线运动，D正确。 3.C【解析】小球运动过程中受到水的浮力和阻力大小不变，则上升、下降过程中加速度大 mg  f F mg  f F 小分别为a  浮 ，a  浮 ，所以a a ，A错误；小球上升过 上 m 下 m 上 下 程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，即W mgh，B错误；小球机械能的变 G 化，等于水的阻力和浮力对小球做的功之和，上升过程中E  fhF h，下降过程 机 浮 E  fhF h，所以小球上升过程中的机械能变化小于下降过程中机械能的变化，C 机 浮 1 1 正确；上升、下降过程所用时间分别为t 、t ，则有 a t2  a t2 ，由于a a ，则t t 上 下 上上 下下 上 下 上 下 2 2 W W 上升、下降过程的平均功率分别为P 上  t G ，P 下  t G ，所以P 上 P 下 ，D错误。 上 下 4.A【解析】如图所示，设BP板转动的角度为θ（0＜θ＜180°-α），货物的重力为mg，根据 F F mg 正弦定理有, 1  2  ，在θ增大的过程中，AP板对货物的支持力 sin(180) sin sin F 一直增大，BP板对货物的支持力F 一直减小，A正确。 2 1 5.B【解析】若火车以速度v经过弯道，内、外轨道均不受侧压力作用时，其所受的重力和 支持力的合力提供向心力，如图所示， 高三物理 第 1 页 {#{QQABJYAQogAAAAIAAQgCEwHSCgOQkBECACoOABAEIAABgAFABAA=}#}v2 h 根据牛顿第二定律得mgtanm ，因为h远小于L，θ很小，则tansin ，联立 R L ghR 解得v ，AC错误，B正确；当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和 L 支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与外轨相互 挤压，D错误。 v 6.D【解析】由于图像bc斜率为定值，即k   Fv  P可知，发电机功率为定值，由牛 1 F P  f v 顿第二定律可得F f ma，可得a  ，所以，P不变，v增大，则加速度a减小， m 故汽车在bc过程中做加速度减小的变加速直线运动，A错误；汽车速度达到最大速度时， 牵 引 力 等 于 阻 力 ， 即 阻 力 F 4103N ， B 错 误 ； 汽 车 的 最 大 速 度 为 f P 50000 v   m/s12.5m/s ， C 错 误 ； 汽 车 在 ab 过 程 中 匀 加 速 的 末 速 度 m F 4000 f P 50000 v 1  F  5000 m/s10m/s，设匀加速加速度大小为a 1 ，根据牛顿第二定律有F 1 F f ma 1 ， 1 v 10 解得a 0.5m/s2，汽车从a到b持续的时间为t  1  s20s，D正确。 1 1 a 0.5 1 7.C【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝ 1 L 1 L 1 E ＋E ＝－ ×2mg× sinθ－ ×2mg× ＋0＝－ mgL(1＋sinθ)，链条全部滑出后，动能为 p k 2 4 2 4 4 1 L 1 E ′＝ ×2mv2，重力势能为E ′＝－2mg ，由机械能守恒可得E＝E ′＋E ′，即－ mgL(1＋ k p k p 2 2 4 sinθ)＝mv2－mgL，解得L＝2m，C正确。 8.ACD【解析】设中心天体质量为 M，环绕天体质量为 m，根据万有引力提供向心力有 GMm 42r 42r3 ＝m ，得T＝ ，由于甲星体的公转半径比乙星体的公转半径大，所以 r2 T2 GM GMm mv2 GM 甲星体的公转周期比乙星体的公转周期大，A正确；根据  ，解得v＝ ， r2 r r 高三物理 第 2 页 {#{QQABJYAQogAAAAIAAQgCEwHSCgOQkBECACoOABAEIAABgAFABAA=}#}1 GMm 则有E  mv2  ，代入数据可知，甲星体的动能比乙星体小，B错误；设在环绕 k 2 2r Gmm 天体表面上物体的质量为m ，环绕天体的半径为R，根据万有引力提供向心力 1＝m g， 1 R2 1 Gm 可得g  ，甲星体上表面重力加速度小于乙星体表面，C正确；根据第一宇宙速度表达 R2 Gm 式v 知，甲星体表面的第一宇宙速度小于乙星体的第一宇宙速度，D正确。 R 9.AB【解析】由乙图可知，分离之前A、B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加 F F 速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为a  1 2 1.2m/s2，t＝3s m m A B 分离时对B由牛顿第二定律可得F 2 F T m B a ，由乙图可知，此时F 2 ＝2.7N，联立解得黏力 1 F ＝0.3N，A正确；根据位移公式可得，整体的位移大小为x  at2 5.4m，B正确；当 T 2 t=2s 时，F 2 =1.8N，对 B 据牛顿第二定律可得F 2 F T m B a ，解得 B 受到的压力大小为 F T 0.6N，C错误；当t＝2.5s时，F 2 ＝2.25N，对B据牛顿第二定律可得F 2 F T m B a， 解得B受到的压力大小为F0.15N>0，即A对B的作用力方向向右，D错误。 T 10.BD【解析】把小球M、N作为整体，小球释放瞬间，因为小球M有竖直向下的加速度， 小球M、N系统处于失重状态，所以地面对N的支持力小于2mg，A错误；小球M释放的 瞬间，小球N的速度为0，当小球M落地时，小球M没有沿杆的分速度，所以小球N的速 度为0，故小球N的速度先增大后减小，B正确；当小球N的速度最大时，细杆对小球N 的水平推力等于弹簧的拉力，细杆对小球M有向上的推力，所以小球M的加速度大小小于 1 g，C错误；整个系统机械能守恒，则有mgh mv2E ，则此时弹簧的弹性势能 2 P 1 E mgh mv2，D正确。 P 2 11.（1）AD （2）0.45（每空3分，共6分） 【解析】（1）安装斜槽时其末端切线必须水平，这样钢球到达斜槽末端时小球速度才水平， 故A正确；钢球与斜槽之间有摩擦力，但钢球每次从相同的位置滚下，摩擦力每次都是相 同的，不影响实验过程，故B错误；建立坐标系时，应以斜槽末端端口钢球球心的位置为 坐标原点，故C错误；钢球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放，这样才能保证钢 球初速度相同，故D正确。 x （2）由Δh gT2，代入数据计算可得T＝0.03s，由v  ，代入数据并解得v ＝0.45m/s。 0 T 0 12.（1）0.169J（3分），0.175J（3分），在误差允许的范围内，重锤机械能守恒（1分） （2）0.220N（2分） 高三物理 第 3 页 {#{QQABJYAQogAAAAIAAQgCEwHSCgOQkBECACoOABAEIAABgAFABAA=}#}x 0.031400.00815 【解析】（1）打B点时重锤的瞬时速度为v  AC  m/s=0.581m/s，重锤动 B 2T 20.02 1 能为E ＝ mv 2＝0.169J，重力势能减少量为mgh ＝1×9.8×0.01786J＝0.175J，重锤重力势 kB B B 2 能减少量约等于动能增加量，机械能守恒。 （2）由图乙计算可知，重锤的加速度 h h [(0.048770.03140)(0.031400.01786)] a CD BC  m/s2 9.58m/s2，据牛顿第二定律 T2 0.020.02 mg-F＝ma，代数并解得F ＝0.220N。 f f 13.【解析】（1）设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有 1 FL2mgR  mv20（3分） 2 v2 在B点，由牛顿第二定律有F mg m （3分） N R F R5mgR 解得：F＝ N （1分） 2L （2）小球恰能运动到轨道最高点时，恒力F有最小值，则有F 0（2分） N 5mgR 解得： F ＝ （1分） min 2L 1 14.【解析】（1）设水平位移为x，由平抛运动规律有y gt2（1分） 2 y x＝v 0 t（1分），由几何知识可得tan （1分），联立并代入已知数据得t0.6s（1分） x x＝2.4m＝h/tan37°（1分），小球落在B点（1分） （2）如图所示，假设小球能落在斜面上，斜面体运动的位移为x ，小球做平抛运动竖直位 1 移为h ，水平位移为x 。由平抛运动规律有 2 2 1 1 h ＝ gt 2（1分），x ＝v t （1分），又x ＝ at 2（1分） 2 2 2 02 1 2 2 2 由几何知识可得tan37°＝ h 2 （1分），联立并代入已知数据得t ＝ 3 s（1分） 2 x －x 10 2 1 1 所以小球可以落在斜面上h ＝ gt 2＝0.45m（1分） 2 2 2 h 落在斜面上距A点的距离s 2 0.75m（1分） sin37 高三物理 第 4 页 {#{QQABJYAQogAAAAIAAQgCEwHSCgOQkBECACoOABAEIAABgAFABAA=}#}4 15.【解析】（1）由几何关系知PQ d tan d （2分） 3 1 2 则小球位于P点时弹簧的压缩量为x  PQ  d （2分） 2 3 kx  mg 对P点的小球由力的平衡条件可知 （2分） 3mg k  解得 （1分） 2d （2）当小球运动到Q点时，设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所 以物体乙的速度为零，又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得 d 1 8 4mg( d)mgdtan mv2（4分），解得v gd （1分） cos 2 3 （3）在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，弹簧弹力做的功 3mg 2d 0  2d mgd W＝Fx＝ 2d 3  ＝ （4分） 2 3 3 高三物理 第 5 页 {#{QQABJYAQogAAAAIAAQgCEwHSCgOQkBECACoOABAEIAABgAFABAA=}#}