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高 2024 届高三第一学期期中考试
物理参考答案及评分标准
一、选择题： 共43分
(一)单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求
的。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D A C B C B D
(二)多项选择题：共3题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部
选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
题号 8 9 10
答案 AD BC ABC
二、非选择题： 共5题， 共57分。
d d d2
11.(7分,第(3)问3分,其余每空2分)(2) (3)
∆t L∆t gLΔt2
0
12. (9分, 第(3)问1分,其余每空2分)
2ℎ 1 (2ℎ) 2 1(2ℎ) 2
(3) 0.4 (4) mgℎ = m 或 gℎ = (5) 0.761
t 2 t 2 t
(6)星宇 因为声音的传播时间对小球时间的测量影响较小
13. (10分)
解:(1) 对“花筒”N, 有:
v=ωr=20m/s (3分)
(2) 对铁水从“花筒”中平抛出：
1
ℎ = gt2 解得: t=0.8s (2分)
2
x=vt 解得: x=16m (2分)
由几何关系，形成的圆形图案的半径满足： R²=x²+(NO₁)² (1分)
求得： R=√260m (1分)
面积： S=πR²=816.4m²(1分)
14. (13分)
解：(1)设小张刚滑上气垫船的速度为v₀，则对他滑下的过程由动能定理：
1
mgℎ = mv2 (2分)
2 0
解得: v₀=8m/s (1分)
第 1 页 共 4 页(2)要使甲不从气垫船前方滑离，则甲至少要在到达气垫船末端时与之共速，设此时的牵引力最小值为F₁，
则：
μmg =ma₁ 解得: a₁=6m/s² (1分)
对气垫船： F₁+μmg−f =Ma₂ (1分)
设经过时间t二者达到共速 v，则：
v=v₀−a₁t=a₂t (1分)
v +v
甲的位移： x = 0 t (1分)
1 2
0+v
船的位移： x = t (1分)
2 2
满足条件： L=x₁−x₂ 解得: t=1s F₁=324N ( 2分)
设甲与气垫船共速后能相对静止，不从后端滑出，设牵引力最大值为 F₂，则：
对甲与气垫船： F₂−f =(M+m)a₀ (1分)
对甲： μmg=ma₀ 解得： a₀=6m/s²F₂=1148N (1分)
即牵引力满足的条件为:324N≤F≤1148N (1分)
15. (18分)
解：(1)设B下滑到刚要与A碰撞的速度为v，由动能定理可得：
1
mgLsinθ= mv2 解得: v=5m/s (2分)
2
A、B 发生弹性碰撞， 由动量守恒及机械能守恒可得：
mv=Mv +mv (1分)
A B
1 1 1
mv2= Mv2 + mv2 (1分)
2 2 A 2 B
2m
解得： v = v=2.5m/s A 速度沿斜面向下 (1分)
A m+M
m−M
v = v=−2.5m/s A 速度沿斜面向上 (1分)
B m+M
(2)A 沿斜面减速下滑，合外力沿斜面向上，设加速度大小为a ，B 沿斜面减速上滑，设加速度大小为
A
a ，由牛顿第二定律可得：
B
μMg.cosθ-Mgsinθ=Ma (1分)
A
mgsinθ=ma (1分)
B
解得： a =2.5m/s2,a =5m/s2
A B
A 下滑速度减小为0 时位移：
v2 =2a x (1分)
A A 1
B 与A再次碰撞位移相等：
1
x =x =−v t+ a t2 (1分)
1 2 B 2 B
√3+1
两物块第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间： t= s (1分)
2
第 2 页 共 4 页(3)第一次碰后：
1 5
A 下滑位移： x = L= m
1 2 4
第 3 页 共 4 页v2
1
B 上滑最高点： S = 8 = L
1 2a 4
B
3
L =x +S = L (1分)
1 1 1 4
第二次碰前：
1
mgL sinθ= mv2 (1分)
1 2 B1
由于每次都为弹性碰撞，故A、B碰后与碰前的速度总满足：
1 1
v = v ,v =− v (1分)
A后 2 B1 B后 2 B1
第二次碰后：
1 5 3
A 下滑位移： x = L = × m
2 2 1 4 4
v2
1
B 上滑最高点： S = B1 = L
2 2a 4 1
B
3
L =x +S = L (1分)
2 2 2 4 1
5 (3) n−1
以此类推，可知： x = × (n=1、2、3⋯) (1分)
n 4 4
物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n满足：
5[ 3 (3) 2 (3) n−1]
1+ + +⋯+ ≤4.5m (1分)
4 4 4 4
可解得： n<9，故最多能碰撞8次。(1分)
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