重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期入学适应性训练物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0909重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期入学适应性训练

重庆八中 2024——2025 学年度（上）高三年级入学考试 物 理 试 题 答 案 1、【答案】C A． 踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，相互作用 力大小相等，作用方向相反，故A错误； B．当人开始向上弹起时，高跷对人向上的支持力大于人的重力，人处于超重状态；当人向上运动并减速 时，高跷对人向上的支持力小于人的重力，人处于失重状态，故B错误； C．当弹簧压缩到最低点时，人的速度已经为0，并要开始向上做加速运动，则高跷对人的作用力大于人的 重力，故C正确； D．当人从最高点开始下落时，人处于完全失重状态，人做自由落体运动；当弹簧触地时，弹簧会向上产 生弹力，并且弹力随着压缩量的增加而增大，所以人会先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减 速运动，故D错误。 2、【答案】B A．卫星运行速度小于第一宇宙速度，A错误； Mm v2 B．根据卫星运动向心力公式G m r2 r 可得r越大速度越小，故同步轨道卫星运动速度比中圆地球轨道卫星速度小，B正确 C．卫星动能与质量有关，同轨道速率相等，质量未知无法比较，C错误； Mm 42 D．根据卫星运动向心力公式G m r r2 T2 可知r越大周期越大，故同步轨道卫星周期比中圆地球轨道卫星周期大，D错误； 3、【答案】D 【详解】A．入水前只受重力作用，加速度不变，所以t 时刻刚好进入水中，故A错误； 2 B．离开跳板后在t 时刻到达最大高度，速度向上减为零，故B错误； 1 1 C．离跳台最大高度为h gt2，故C错误。 2 1 D．在v-t图象中，速度的正负代表运动的方向，斜率表示加速度的大小，在t t 时间内加速度越来越小， 2 3 则速度变化越来越慢，故D正确； 4、【答案】C 【详解】两绳对耙拉力的合力为F 2Fcos30 3F 合 耙沿水平方向匀速耙地，所以地对耙的水平阻力大小为 f F cos301.5F ，故选C。 合 1 {#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}5、【答案】D 【详解】A．小球A做自由落体运动，初速度为0，经过相等位移的时间比为 t :t :t 1（: 21）（: 3 2），A错误； 1 2 3 1 2h B．设小球A下落h所用时间为t ，有h gt2，解得t  ，小球A下落的总时间为，t tt ，下落 1 2 1 1 g 总 1 1 1 的总高度为h  gt 2 h gt2 2ght2 ，B错误； 总 总 2 2 C. 小球A运动时间更长，在水平速度相同的情况下，A的水平位移更大，C错误； D．若两位同学均各下一层楼重做以上实验，假设两位同学不动，相当于二楼就是地面，由于两球加速度 相同，原来落地时A球速度大，从二楼到一楼，根据2ghv2v2 1 v v 可知，到二楼时A球速度大，根据h 1 t 2 可知，A球从二楼到地面所用时间短，又因为两球同时落地，所以B球先落到二楼，D正确。 6、【答案】A A.C．设无风时绳子夹角的一半为，绳长为L，有风时绳子夹角的一半为， 1 2 有风时如图 有L L Lsin ,d Lsin。又因为d L L ，所以 ，故A正确； 1 2 2 1 1 2 1 > 2 B．无风时，衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，如图所示，同一 条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等。由几何关系可得 ，解得 d 3 sin  1.25d 5 mg 5 37 ，根据平衡条件可mg 2Fcos，解得F   mg，故B错误。 2cos 8 C．由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相等，故C 错误； D.在有风的情况下，两端绳子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则拉力F变小，故D错误； 7、【答案】C 【详解】A．由于三颗星保持相对静止，一起绕着某点做圆周运动，三星角速度与周期 相等，根据对称性，B、C轨道半径相等，作出三星运动轨迹，如图所示   31 m2 对A星体有 2G cos30 m2R l2 A 对B、C星体，两星体各自所受引力的合力大小相等，令为F，根据余弦定理有 2 {#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}  31  m2  2   31 2 m2  2  31  m2  31 2 m2 F2  G    G  2 G G cos120  l2   l2  l2 l2     对B、C星体，两星体各自做圆周运动，B、C轨道半径相等，令为R R R ，则有 B C 0   F  31 m2R 0 R 解得 A  2，可知，三颗星A、B、C的半径大小之比为 2:1:1，故A错误； R 0 B．三颗星A、B、C的角速度相等，故B错误；   C．距离l均不变，对A星体有 2G 31 m2 cos30 m 42 R l2 T2 A 若A、B、C的质量均变为原来的3倍，根据对称性可知，三星圆周运动的圆心不变，即轨道半径不变，则   9 31 m2 42 3T 有 2G cos30 3m R ，解得T  ，故C正确； l2 T2 A 1 3 1 D．若A、B、C的质量不变，距离均变为2l，根据对称性可知，三星圆周运动的圆心不变，即轨道半径均   31 m2 42 变为先前的2倍，则对A星有2G cos30 m 2R 2l2 T2 A 2 解得T 2 2T ，即若A、B、C的质量不变，距离均变为2l，则周期变为2 2T ，故D错误。 2 8、【答案】AB 【详解】A．球在c点对球拍的压力大小为3mg，由牛顿第三定律，在c点球拍对球的支持力大小F 3mg， N v2 则在c点F mgm N R 解得做圆周运动的线速度大小 ，故A正确； v 2gR B．在a处 ，解得F  mg ，球在a处受到球拍的作用力为mg ，故B正确； v2 N mgF m N R v2 C．设在b处球拍与水平面的夹角为，若满足mgtanm ，又v 2gR，解得tan2。小球在b处可 R 能受重力、支持力和摩擦力这三个力的作用，故C错误； 2R 2R 2R D．运动的周期为T   π ，故D错误。 v 2gR g 9、【答案】AC B．土星的公转半径更大，故土星的公转线速度比火星的线速度小，故B错误； 3 {#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}AD．根据开普勒第三定律有 R3  R 地 3 ，解得T T   R   3 T2 T 地 2 地 R 地  2 2 设相邻两次“冲日”时间间隔为t，则有 t t  2 T T 地 T t 地 T 1年 解得 R3 地 ，可知，行星冲日时间间隔均大于一年，由于海王星的半径最大，则海王星的 1 地 R3 冲日时间间隔最短，故A正确，D错误； T T R 3 t  C．对木星因 T    R   5.2 5.2 11.86，其中T 1年，代入 1 T ，可得t1.1年，C正确。 T 10.【答案】BD 【解析】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得 解得 对长木板受力分析有 解 得 = =根 据 图像斜率可知初始阶 段− −， ×2 =解 得 则 做 匀 = 减 速 − 直 3 线 运动， 做匀加速直线运动，共 速 后 < 由 0 于 整 = 体合 力为零 ， = 将 2 一 起 做匀速直线运动，故A错 误， B正确 C. D.根据图像知 做匀速直线运动，即 做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运 动，根据牛顿第二 定律有 =解3 得 ，故D正确； 1 1 若 ，则有 −2 = 两 2 者 均 做匀 加 = 速2直 线 = 运2动 ，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿 第二 定<律 的 3 < <′4解 得 ′ 故C错误。 1 11.【答案】 −2 变 大 =2 直线 2 < 线性 < 每问2分 【解析】解：(1)手机随蔬菜(2蓝) 的转1动做的(3圆)周运动可看作是圆锥摆运动，设蔬菜蓝侧壁与水平方向夹角为 ，侧壁对手机(1的) 压力为 ，则有 ，可知：在从慢到快转动手柄的过程中，角速度增大，蔬菜 2 篮侧壁与手机间的压力变 大 。 = 由图乙可以看出同样的角速度，直线 的向心力F更大，由 知：直线 对应的手机质量更大。 2 (2)由 知，在蔬菜蓝直径一定时， 1 手机的向心力与线速度 大=小 的平 方成正比 1 ，图像是线性图像。 2 (3) = 2 2  d   d  12.【答案】 相等  t    t   （4）C （5）M  mgsin 10m （5）问3分，其余2分 A B k L (1) (2) d 【详解】（2）两物块用绳连接，所以速度大小相等，运动过程中，初速度为v  1 t B 4 {#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}2 2  d   d  末速度为v 2  t d A 位移为x 3 4 L  L 4  2 L 根据2axv 2 2v 1 2可得 a  t A    t B   L （4）从B中拿出n1个砝码放入A中，AB上的两挡光片通过两光电门的时间刚好相等，说明系统匀速运 动，设凹槽A（含挡光片）的质量为M ，有 (M 11m)gsin(M 9m)gsin(M 11m)gcos(M 9m)gcos mtan 解得 从B中总共拿出n2个砝码放入A中时，有 M 10m M (10n）mgsinM (10n）mgsinM (10n）mgcosM (10n）mgcos2M 20ma mgsin 解得a M 10m (n1)根据图线可知，横坐标为n1。故选C。 mgsin mgsin mgsin （5）已知图线斜率为k，根据a (n1)可知k  解得M  10m M 10m M 10m k 13.（12分）解： （1）易知，甲乙共速时，两车沿轨道方向的距离最大。 对甲车： 1分 乙 甲 = 0+ − 解得： 1分 甲车位移 = ： 3 甲 乙 1分 甲 0+ = 2 =15 乙车位移： 1分 乙 乙 = =6 沿运动方向，两车最大间距： － 1分 甲 乙 ∆ = =9 （2）甲乙共速时，甲乙两车间距： 1分 2 2 故不妨设经过时间 甲乙两车间距恰∆好 为= ∆ + = 117 >10 甲车： 1 － 10 1分 甲 甲 1 2 = 0 1+2 1 乙车： 1分 乙 乙 = 1 甲乙两车沿运动方向距离： 1分 甲 乙 2 2 ∆ 1 = − = 10 − =8 联立解得： 1分 甲车停止后， 1两=车2 之间通讯时间 1分 2∆乙 1 2 = 解得： 故总通讯 2 时=间8 ： 1分 总 = 1+ 2 =10 14.（12分）解： 5 {#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}（1）无外力时，对 、 ： 1分 易知，施加外力后， 若 、 立0 =即3分 离 ，sin此 时 向上加速上滑的加速度最大，故： 2分 联0立−解 得 s：in = 2分 （2）无外力 时 =， 弹簧压缩量： 1分 0 0 = 、 分离时，对 ： 2分 − sin = 2 从开始到分离，对 、 由匀变速公式有： 2分 1 2 0− =2∙2 联立解得： 2分 2 15.（18分） 解=： （1）①恰好到与圆心等高处，由动能定理有： 1分 1 2 解得： − =0−2 0 ②恰好过 0最=高点2 ， 在最高点： 1分 2 = 由动能定理有： 1分 1 2 1 2 联立解得： − ∙2 =2 −2 0 故 的取值范围： 或 2分 0 = 5 （ 2）0 ①设小球第 次0到≤ 正2 上 方时 绳0断≥，5此 时 以 为圆心有： （ ） 1分 2 + = − 2 −1 =1,2,3,⋯ 小球第 次（初始记为第1次）到 正下方时： 1分 2 − = − 2 −2 从开始到小球第 次到 正下方： 1分 1 2 1 2 −2 −1 =2 −2 0 从开始到小球第 次到 正上方： 1分 1 2 1 2 小球第 次到 正 上方时 绳断条件：− + −、2 −2 =2 −2 0 1分 联立解得 ： ≤30 ≥30 1分 29 23 66 −35≤ ≤54 −1 由于 有解，故 ，即 1分 29 23 761 66 −35≤54 −1 ≤ 48 ≈15.9 当 ，又考虑到绳长为 ： 1分 29 =1 31 ≤ ≤ 当 ： 1分 29 23 ② 绳=断2后,3，,4,小⋯球15做平66抛 −运35动≤： ≤54 −1 1 2 + − 2 −2 =2 两式共1分 联立解得： = = 8 +2 −1 − −1 6 {#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}变形为： 1分 2 2 = 8 −2 −1 + −1 + 对 内的函数分析，其对称轴 −1 =4 将①结果变形为： 1分 29 −1 23 66 −35 ≤ −1 ≤ 54 由于 ，故 时， 1分 23 0<4< 54 −1 =4 =3 7 {#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}