高三物理答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届山东省高三年级适应性联考（一）_山东省2024届高三年级适应性联考（一）物理

山东省高三年级适应性联考（一）物理试题参考答案 D错误。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 4. C 1.D . 解析：如图所示 解析:A、米粒和糠秕的区别是质量不同，由于从同一高度h释放，由W＝mgh可知，米粒和糠秕重力 G 做功不同，故A错误；BC、空气阻力忽略不计，米粒和糠秕在竖直方向都做自由落体运动，由 h 1 gt2 2 可知，运动时间相同.故B错。由I=mgt可知，重力对米粒冲量大于重力对糠秕冲量，故C错； D、空气阻力忽略不计，米粒和糠秕在竖直方向都做自由落体运动，由v²＝2gh可知，落地时竖直方向 由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为 12.0025.002cm13.00cm 的速度大小相同，而P＝mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功 每根弹簧的伸长量均为4.00cm，每根弹簧的弹力小均为F kx1.3N 5 根据竖直方向受力平衡可得文具盒受到的重力大小 G3Fcos31.3 N=1.5N 率，故D正确。 13 5.C 2.D 解析:A．空竹受力如图所示： 解析：A．过程Ⅱ中，运动员所受外力除了重力还有阻力，其机械能不守恒，故A错误；整个过程冲量 为零，过程Ⅱ中运动员所受合力的冲量大小等于过程I中运动员所受合力的冲量大小，方向相反，故 B错误；C.重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可知W W 00即W W 。故C错误。 G 克 G 克 D．运动员落入水面前的瞬间速度为 v  2gH 10 2m/s ，规定竖直向上为正方向，由动量定理得， 0  Fmg  t0(mv )代入数据解得F 578N故D正确； 0 3.C d 由平衡条件有2Fsinmg，若设绳长为L，由几何关系可知cos ，当右手B沿虚线a缓慢向左 L 解析：AB．三种运动小球均只受重力，小球处于完全失重状态，且加速度为重力加速度，保持不变， 移动时，d减小，cos减小，sin增大，F将减小，A错误；B．当当沿虚线b向上移动时，d不变，cos 故A、B错误；C．平抛运动和斜抛运动水平方向分运动是匀速直线运动，水平分速度不变，只是竖直 不变，sin不变，F不变，B错误；C．当沿虚线c斜向上移动时，d增大，cos增大，sin减小，F 分速度变化，根据v  gt可知，在相等时间内速度变化量相同，故C正确；D．自由落体运动和平 y 将增大，C正确。D．缓慢移动空竹时，其合力大小始终为零，故D错。故选C。 抛运动，相等时间内在竖直方向上的位移相同，但斜上抛运动与前两种运动相等时间内位移不同，故 6.D 1解析:根据动能定义式：抛出时E  1 mv2，可得抛出时物体的速度v 10m/s 12m的过程中，二者直线距离小于13m，这段过程经历的时间为 t 212m0.25m 12.125s k0 2 0 0 v 乙 1 最高点时 E  mv2 36J ，水平方向分速度v v cos6m/s，可得cos0.6 ，可见530故A 所以甲、乙两人能利用星闪通信的时间为t 3s12.125s15.125s，故选D。 k 2 x0 x0 0 总 错。根据动能定理：mghE E ，当E 36J时，h 20m，可知g 1.6m/s2。竖直方向分速度 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选 k k0 k 0 v v sin538m/s，根据 v  g t ，从抛出到回到星球表面所需时间为t10s，故B、C错。根据 对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 y0 0 y0 2 mg m v2 可得v1600m/s，故D正确。 9. AD R 7.C 解析:设雪毯静止时，滑雪者匀速下滑，可知：mgsinmgcos得0.75,故A错。开启雪毯，滑 雪者从静止加速下滑时，有mgsinmgcosma，可得a12m/s2，达到与雪毯共速所需时间 v 1 t  0 0.5s ，这0.5s内雪毯的位移x v t 3m，滑雪者运动位移 x  at2 1.5m ，二者相对滑动的 a 1 0 2 2 位移x x x 1.5m，之后二者相对静止一起匀速下滑，到达底端还需时间 t  Lx 2 0.75s ，总 1 2 2 v 1 共用时t=1.25s，故B错。在相对滑动过程中因摩擦生热Qmgcosx450J，故C正确。 解析：A．一负试探电荷从A点移到C点，电场力做负功，电势能增加，故A正确。因为B点和B点 从开始下滑的0～0.5s内,滑动摩擦力对滑雪者做正功，0.5s～1.25s内静摩擦力对滑雪者做负功，故 在等量异种电荷的中垂面上，中垂面为零等势面，电荷沿直线从B点移到B点，电场力不做功，故选 D错。 项B错误。A点和C点关于等量异种电荷的中垂面对称，故A、B两点的电势差等于B、C两点的 8. D 电势差，故C错误。根据场强叠加原理，如图所示，B场强大小为 2kQ,故D正确。 4L2 解析：假设经过t ，两人的速度相等，此时相距最远v at v ，解得t 3.5s。此时两人在前进方 10.AD 0 甲 0 乙 0  1  向上的最大距离为x max   v 甲 t 0  2 at 0 2   v 乙 t 0  12.25m 。根据几何知识可知，当甲在乙前方且直线距 解析：A．由图可知，t 1 时刻手机开始接触地面，则0~t 1 内做自由落体运动，释放时，手机离地面的 离为13m时，由勾股定理可推断二者位移关系有x x 12m，根据运动学公式有 x v t 1 at2， 高度为 h 1 gt2故A正确；B．手机接触地面时，先向下做加速度减小的变加速运动，可知手机速度 甲 乙 甲 甲 2 2 1 x v t，解得t 3s，t 4s。当 0t3s 时，二者直线距离小于13m；当3st4s时，二者直线距 最大时，加速度为0，根据图像可知，手机速度最大的时刻在t 与t 两时刻之间，故B错误；C．由图 乙 乙 1 2 1 2 离大于13m。t 4s时，甲车的速度为v v at 1m/sv 。 t=4s 之后，甲、乙两人的距离不断减 可知，t 时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得Fmg m10g 2 甲1 甲 2 乙 2 小，且甲能够继续行驶的距离为 x  v 甲 2 1 0.25m 。根据几何关系可知，从 t =4s 开始到乙运动至甲前方 可得F 11mg，手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误； 甲1 2a 2 2D．由图可知， t 时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速 确。D.木板在与小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物体全部静止， 2 1 1 128 度为零，则0~t 时间内手机的速度变化量为零，根据at图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可 根据能量守恒定律得mgl  mv2 Mv2，解得 l  m 。故D正确。 2 min 2 1 2 1 min 3 知0至t 内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D正确。 三、非选择题（60分） 2 13.（6分） ①(1分)遮光片中心 ②（1分） A 11.BD d 解析：AB．对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，电场力方向匀加速直线运动 ( )2 t mg ③（2分）  ④（2分）g 1 qE mv2 2h 2M m 2Lv t， L 0 t2求得 E  0 所以A错误，B正确； 0 2 m 0 2qL 解析：（1）光电门可以测出重物A的瞬时速度，为验证机械能守恒，还需测量重物A上升的高度，即 CD．当场强方向周期性变化时，沿电场方向先做初速度为0的匀加速后再做匀减速到0的直线运动， d 遮光片中心到光电门中心的竖直距离h。重物A的瞬时速度为v  ，可知要得到重物A的瞬时速度， 2L t 此过程重复n次，n取正整数，根据2LnvT ，解得 T  （n=1,2,3…），故C错误，D正确。故 0 0 0 nv 0 还需测量的物理量是遮光片的宽度d。故选A。 选BD。 mg d （2）根据牛顿第二定律可得mg (m2M)a，整理得a  ，由运动学公式( )2 2ah 2M m t 12. BCD d ( )2 t mg 解析：A.小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛顿 联立可得：  ， 2h 2M m mg g 第二定律有mg ma解得加速度大小ag 3m/s2。小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互 （3）根据a   ，m不断增大时，式子的分母趋近于1，则a会趋于g。 2M m 2M 1 m 作用直到有共同速度v，由动量守恒定律得Mv mv (M m)v ，解得v 4m/s。小物块与木板共速 2 1 1 2 2 14.（8分。每空2分） 相反 ＝ 3.0104F ＜ v2v2 v (v ) 时的位移和所用时间分别为x  1 2 8m， t   2 1 4s ，小物块和木板一起向右匀速运动的 1 2a 1 a 解析：（1）由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R的电流方向向左，放电时通过R的电流方向向 0 0 时间为 t   x 1 2s ，木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t t t  6s，故A错。 1 v 1 1 1 2 右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻R 的电流方向相反； 0 BC.小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度v，由动量守恒定律得 2 （2）It曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影 M m Mv mv (M m)v ，解得 v  v 。小物块第二次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有 1 1 2 2 M m 1 部分的面积S =S 1 2 M m M m 共同速度v 2 ，由动量守恒定律得Mv 2 mv 2 (mm)v 3 ，解得v 3  M m v 2 ( M m )2v 1 ，以此类推可 （3）由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为 M m M m 得v ( )n1v 24nm/s。物块与挡板第二次碰撞前速度大小为 v  v 4m/s ，碰后原速 n M m 1 2 M m 1 C  Q  S 1  2.41103As 3.0104F U E 8V 率反弹，规定水平向左为正方向，对物块应用动量定理，可得I mv (mv )8Ns，可见B、C正 2 2 （4）由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知R R 1 2 31 mgR2 轨道距地面高度为h时，空间站的动能为E  mv2  ⑥ k1 2 2  Rh  15.（8分） mgR2 解析：（1）返回舱受到的平均推力为N，取竖直向下为正方向，根据动量定理得 轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E  ⑦ P1 Rh ① (mgN)t mv mv Mm 42 2 1 地球自转周期为T ，则G m r ⑧ 0 r2 T2 解得 ② 0 N 1.2105N gR2T2 （2）以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为 解得r  3 0 ⑨ 42 D2 m vt ③ 1 2 1 2 2 4 在同步轨道3，动能E  m(r )2  m(gR2 )3 ⑩ k2 2 T 2 T 根据牛顿第三定律可得 FF ④ 0 0 mgR2 2 2 对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得Ft 4mv0 ⑤ 势能E  m(gR2 )3 ⑪ P2 gR2T2 T 3 0 0 42 F 解得 v ⑥ D2 1 2 2 mgR2 发动机做的功等于增加的机械能W  E E (E E ) m(gR )3  ⑫ k2 P2 k1 P1 2 T 2  Rh  阅卷标准：①⑤每式2分，其余各1分 0 阅卷标准：每式各1分 16.（12分） Mm 42 17.（11分） 解析：（1）根据牛顿第二定律有G m  Rh  ①  Rh 2 T2 解析：（1）设粒子射出加速器的速度为v ，粒子的电荷量为 q ，质量为m。由动能定理得 0 Mm 物体在地球表面时，有G mg ② 1 R2 qU  mv2 ① 0 2 1 42 Rh 3 q 解得T  ③ 其中： k 得v  2kU ② gR2 m 1 0 v2 Mm v2 （2）在辐向电场中运动， 有qE m 1 ③ （2）根据牛顿第二定律有G m ④ R  Rh 2 Rh 2U 解得 E  0 ④ R 在轨道1速度v gR2 ⑤ （3）在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t，加速度的大小 a qU 1 ⑤ Rh md 在离开时，竖直分速度v at ⑥ y 4竖直位移 y  1 at2 ⑦ 设解除锁定后滑块Q的速度为v ，根据动量守恒定律有 1 2 Q 水平位移l vt ⑧ mv m v ⑧ 1 1 P 2 Q 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t。 解得v 2 30m/s ⑨ Q 1 1 竖直位移： y v t ⑨ 轻质弹簧锁定时的弹性势能E  mv2  mv2  90J ⑩ 2 y p 2 1 P 2 2 Q 由题意知，粒子竖直总位移y2y y ⑩ 阅卷标准：⑤⑥⑦共1分，⑧⑨共1分，⑩1分 1 2 Ul2 （3）对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有 解得 y 1 ⑪ U d 0 m v m m v ⑪ 2 Q 2 3 x 阅卷标准：各式1分 根据能量守恒定律有 1 m v2  1 m  v2v2  1 mv2m gRm gL ⑫ 2 2 Q 2 2 x y 2 3 x 2 2 EF 18.（15分） 解得v  42m/s y 解析：（1）滑块P与小球发生弹性碰撞，设碰撞后小球速度为v ，之后与钉子碰前后速度不变，则有 1 之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开 v2 ① F  mgsin  m 1 1 L v2 2 D 点的最大高度 h y 2g 设小球运动到最高点时速度为v，绳子拉力为F ，根据牛顿第二定律有 1 2 解得h2.1m v2 F  mgsin  m 1 ② 2 L 阅卷标准：⑪⑫ 共2分， 共1分 1 1 根据机械能守恒定律得 mv2  mv2  2mgLsin ③ 2 1 2 1 （4）物块被弹开过程有mv m v 0， 1 P1 2 Q1 联立解得 F  55N ④ 2 1 1 E  mv2  m v2 Pmin 2 1 P1 2 2 Q1 阅卷标准：每式1分 当物块Q向右滑上小车后恰好到达 F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有 v v （2）设滑块P与小球发生弹性碰撞前速度为 P，碰撞后速度为 P，根据动量守恒定律和能量守恒可 m v m m v ， 2 Q1 2 3 3 mv  mv  mv 得 1 P 1 P 1 ⑤ 1 1 m v2 m gL  m m v2 1 1 1 2 2 Q1 2 EF 2 2 3 3 mv2  mv2  mv2 ⑥ 2 1 P 2 1 P 2 1 E 12J 解得 Pmin 解得v  30m/s ⑦ P 5当物块Q冲上FD圆弧没有越过D点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧 弹开两物块过程有mv m v 0， 1 P2 2 Q2 1 1 E  mv2  m v2 Pmax 2 1 P2 2 2 Q2 当物块Q冲上FG圆弧没有越过D点之后又返回E点与小车共速过程有 m v m m v ， 2 Q2 2 3 4 1 1 m v2 2m gL  m m v2 2 2 Q2 2 EF 2 2 3 3 解得E 24J Pmax 综合上述有12JE 24J （12JE 24J也给分） P P 阅卷标准： 共2分， 共2分， 1分 6