高三物理中期参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1109四川省成都市树德中学2024-2025学年高三上学期期中考试

树德中学高 2022 级高三上学期 11 月半期测试 m 1e2 14、（1）v 10m/s，v 15m/s； （2）未超速，制动时速度v108km/h； （3） 物理试题参考答案 1 2 o 2 一、二：单项、多项选择题： 【解析】（1）（4分）碰撞后后车和前 c 车都在阻力作用下作匀减速直线运动，由牛顿第二定律 1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 f. mg ma 可知a 5m/s2 2 答案 B C C D A B C BC BD BCD 碰撞后后车匀减速的位移为ux ，则由运动学关系 2 三、实验探究题： 52ax 0v2 可知v 10m/s 1 1 1 11、（1） BC； （2）1.1m/s2； （3） B s 同理，碰撞后前车车匀减速的位移为x ，由 3 12、（1）0.25（0.24、0.26也可） 0.20（0.19、0.21也可）； k 2ax 0v2 可知v 15m/s 3 2 2 m m m S 1 （2） A  A  B ； （3） 1 S S . t t t S 2 1 2 （2）（4分）两车相碰过程中，时间极短，内力远远大于阻力，认为动量守恒 A B 2 w 四、计算题： mv mv mv 可知 v 25m/s 0 1 2 0 w 13、（1）a 0.4m/s2，v=4m/s； （2）40N，方向竖直向下 从制动到相碰前，后车匀减速的位移为x 1 -x 2 ，由 w 2a（x x）v2 v2 【解析】（1）（4分）根据牛顿第二定律mgcosmgsinma 可知a 0.4m/s2 1 2 0 矿物加速到与传送带速度相同时，由2as v2 可知s 20m 网 可知开始制动时速度为v30m/s 108km/h。 0 所以，后车未超速。 因为s L，矿物先做匀加速直线运动，后随传送带一起做匀速运动，达到B点时的速度大小为4m/s 1 1 1 （2）（6分）设矿物在C点的速度大小为v C ，从C到O做平抛运动的时源间为t，则 E 2 mv 0 2 ( 2 mv 1 2  2 mv 2 2) v2 v2 （3）（5分）吸能系数 k  1 1 2 h 1 gt2 xv t E k 1 mv2 ，化简为 v 0 2 -------------① 2 C 2 0 资 代入数据解得v 2m/s v v v2 v2 2vv C 恢复系数为e 2 1 ，平方可知e2  2 1 1 2 v v2 -------------② 设矿物到达C点时轨道对矿物的支持力大小为F，根据牛顿第二定律有 0 0 考 相碰过程中，动量守恒mv mv mv ，平方可知v2 v2 v2 2vv v2 0 1 2 0 1 2 1 2-------------③ mg F  m C 解得F 40N R 根据牛顿第三定律可知F F 40N 高 ，方向竖直向下 （2 v2 v2）v2 v2 v2 联立②③可知，e2  1 2 0 2 1 2 1 v2 v2 -------------④ 0 0 1e2 将④带入①可知， 2 第 1 页 共 2 页3 3 15、（1）v  2gh ； （2）冲量大小为6m gh ，方向与水平方向成45°斜向右上方； 法1：B第一次与滑块1碰后，滑块1以v v m  v 匀速运动，与滑块2弹性碰撞后交换速度，以 1 4 1 1 4 0 24 9 o （3）S  h E  mgh 此类推， 7 k 7 c1 9 1 最后滑块n获得速度v v ，对应动能E  mv2  mgh 【解析】（1）（4分）根据题意，C沿轨道A下滑过程，动能定理可知3mgh 3mv2，解得v  2gh n 1 n 2 1 16 2 0 0 . 3 3 1  3  2 9 1 9 C、B第一次达到共速，由动量守恒可知3mv 0 (3mm)v 1 ，联立得共速速度v 1  4 2gh 同理，滑块n-1最后获得速 u 度v n  1 ( 4 )v 1 ，对应动能E n1  2 m   ( 4 )v 1   16  2 mv 1 2 （ 16 ）2mgh （2）（6分）滑块C在光滑轨道A上运动过程中，由动量定理可知 5 2 3 1  3  9 1 9 I  I  P  最后，滑块1获 s 得速度v 1  ( 4 )n1v 1 ，对应动能E 1  2 m   ( 4 )n1v 1  ( 16 )n1 2 mv 1 2 ( 16 )nmgh G N   k E 9 其中 I 3mgt 3m 2gh P 3mv 3m 2gh n个滑块的总动能E  E E E  n ，联立可知E  mgh G 0 k n n1 1 9 k 7 1  .    P 16 2 2 由矢量关系可知 I  I  P 6m gh tan  1 N G I w v2 G 法2：滑块C最终静止，全程位移s  0 ，得s 8h C 2a C w C 即轨道A对滑块C作用力的冲量大小为6m gh ，方向与水平方向成45°斜向右上方。 32 wC、B最终相对位移L s s  h C 7 （3）（8分）根据题意，C在B上滑动过程，由牛顿第二定律可得a g，a 3g C B 1 9 由能量守恒可知 3mv2 3mgLE ，联立可知E  mgh 3 3 2 0 k k 7 由（1）可知C、B第一次达到共速时v  v  2gh 1 4 0 4 网 v 2h 1 3 第一次共速的时间t  1 2 ，可知B向右滑动距离d  vt  h 1 a g 1 2 11 2 B 源 1 1 1 B与滑块1弹性碰撞mv mvmv，且机械能守恒 mv2  mv2  mv2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 解得木板B速度v 0，滑块1速度v v ，即速度交换。资 2 1 1 3 v 3 同理第二次共速过程中，共同速度v  v ，需要时间t  2  t 2 4 1 2 a 4 1 考 B 1 9 1 9 B向右滑动距离d  v t  d ，递推可知d  v t ( )n1d 2 2 2 2 16 1 n 2 2 2 16 1 高 d 24 则初始时木板右端与滑块n的距离S d d d ，解得S  1  h 1 2 n 9 7 1 16 对于最终n个滑块的总动能E k 第 2 页 共 2 页