高三物理答案和参考评分标准_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1108江西省赣州市十八县(市、区)二十四校2024-2025学年高三上学期期中考试

高三物理答案和评分标准 一、选择题 1.D v 提示：根据加速度的定义式a 计算判断，其中桌球的加速度大小为35m/s2，最大。 t 2.A 提示：根据力与运动的关系可判断质点做类平抛运动，其轨迹为向x轴负方向开口的抛物 线。 3.D 1 提示：利用h gt2可求出曝光时间t≈0.04s，所以1s内可拍摄到小球的位置为n 25 t 个。 4.A 提示：汽车受到的阻力 f ma 2.5103N ，由 F  f ma 解得汽车的牵引力 2 1 F 7.5103N，再由P Fv1.5105W。 5.B v2 提示：炮弹在最高点时，向心加速度g  ， 炮弹做抛体运动过程中，水平速度不变，  v g 所以炮弹出膛速度v   。 0 cos cos2 6.C 提示：由图像可知，重力加速度最大的位置处于x=0、y=10km的位置，由于在（0，10km） 处重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加，而在（0，0）处是金属矿产生的引力分 量和地球产生的引力相加，因此，在（0，10km）处重力加速度比（0，0）处大，且无穷远 处的加速度均为g，所以Δg 1 <Δg 2 。 7.B v 提示：蹬地起跳时， F mg m ，且 v2 2gh ，解得 F =1000N；落地时， 1 t 1 1 v2 F mg m ，解得F =1500N。所以F ：F =1.5。 2 2h 2 2 1 2 8.AC 1 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#}Mm 42 42r3 提示：由G m r ，可求得火星质量M  2 ；因不知道火星的半径，无 r2 T2 2 GT2 2 r3 法求得火星的密度；根据开普勒第三定律，可求出火星探测器的周期T/  1 T ；因不知 r3 2 道探测器的质量，无法求出它受到的合力。 9.BD 提示：作出圆环受力图，由圆环三力作用平衡可判断两杆靠近的过程中，杆对圆环弹力的 合力等于环的重力，选项A错误；杆对圆环的弹力逐渐减小，所以开始时弹力最大，求得 弹力的最大值F=mg，选项B正确；在这一过程中，合外力对圆环做功为零，即弹力做功 1 W mgh0 ，其中由几何可得h r ，每根杆对圆环做的负功相同，其值均为 2 1 1 W/  W  mgr，选项C错，D对。 2 4 10.AD 提示：由图像可知此人的重力为500N，质量为50kg。同时看出人下蹲到约t=1.25s时， 人所受合力最大，从图像可看出最大合力G-N=300N，由G-N=ma可得加速度的最大值为 mv 6m/s2；由合力F ma 可得Ft mv，其中Ft 为合力图线围成的面积值，其值约 t 1 为 3000.5，由此可知约t=1.5s时，人的速度最大，最大速度约为1.5m/s。 2 二、非选择题 BF 0.4932 11.（1）1.2（1.1~1.3均给分） （2分） 提示： v   1.2m/s D 4T 0.4 （2）能 （2分） 提示：相邻两段时间0.1s内的位移之差均约等于2.1cm。 CF OC 0.4010.2132 （3）2.（1 2.0~2.2均给分）（2分） 提示：a   2.1m/s2 (3T)2 0.09 12.（1）保持小球做平抛运动的初速度不变。（2分） （2）小球通过虚线的位置如图所示 O （2分） 提示：小球从O点开始平抛运动 到P点，经过虚线正好是时间的一半， 因此下落的高度差是1：3。 P （3）轨迹如图中实线所示。（1分） 2 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#}提示：要求用平滑曲线画出抛物线轨迹。 1 （4） （2分） 提示：20l  gt2 30l v t 2 0 （5）小 于 0 （=1分22）.5 轨 迹如图中虚线所示（1分） 13.（10分） （1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有 1 h gt2 2分 2 解得运动员在空中运动时间为 2h 220 t   2s 2分 g 10 （2）运动员着地时，竖直方向的速度为 v  gt 20m/s 1分 y 根据速度的分解可得运动员水平方向的速度为 v v  y 15m/s 2分 0 tan530 （3）运动员的水平位移为 x v t 15230m 2分 0 设斜面与水平面的夹角为θ，则 h 2 tan  1分 x 3 2 即斜面夹角为arctan 3 14.解：（1）小球自由落体，到达位置A的速度为v ，根据机械能守恒得 1 1 mgh mv 2 1分 2 A 解得： v  2gh 2分 A （2）从图乙可以看出，小球未经过轨道时，压力大小为F ，小球经过轨道最低 0 点B时，压力大小为F，根据牛顿运动定律可得 F G 1分 0 轨道 3 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#}v 2 F G mg m B 1 分 轨道 R 1 且 mg(hR) mv 2 1分 2 B 2mgh 解得 R 1分 F F 3mg 0 （3）小球经过C 点时的速度为 v ，则 C 1 mg(hRcos) mv 2 1分 2 C 离开轨道 C 点后做斜抛运动，其机械能守恒。故当它的速度最小时，离开地 面的高度最大。最小速度为v,则 vv cos 1分 C 根据机械能守恒定律得小球离开圆弧轨道后离地面的最大高度为H，则 1 mg(hR) mv2 mgH 1分 2  2mg(1cos3) 解得 H  sin2 h 1分  F F 3mg  0 15.（18分） 提示：（1）根据牛顿第二定律可得 F (M m)a 2分 1 木板运动到墙壁时的速度大小为 v2 2ad 1分 1 1 解得 v 2m/s 2分 1 （2）设木板到达墙壁速度大小为v ，则铁块不与挡板碰撞的条件为 2 v 2 2gl 1 分 2 且 v 2 2a d 1分 2 2 F (M m)a 2 解得外力F的最大值为 F 30.0N 当 g，即F 10N时，铁块立即从木板上掉落 + > > 4 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#}综上述，外力F的最大值应该为10N。 1分 （3）①若铁块不碰撞挡板，静止在木板的中央，设木板撞击墙面后铁块经过 时间t 静止，则 1 l 1  gt 2 2 2 1 15 解得 t  s 1分 1 5 则木板到达墙壁的速度为 v gt  15m/s 1分 1 1 设木板在外力作用下加速过程中的时间t ，则 2 v d  1t 2 2 2 15 解得 t  s 1分 2 15 因此，铁块静止在木板上的时刻为 15 t t t  s 1分 1 2 3 ②若铁块撞击挡板后再与木板相对静止，设铁块撞击挡板的速度为 v ，铁块 0 与木板相对静止时的速度为v，则有 mv (mM)v 0 l 1 1 mg  mv 2  (mM)v2 2 2 0 2 解得 v 5m/s,v 2m/s 2分 0 铁块撞击挡板后经过时间t 与木板相对静止，则 1 v v t  0 0.6s 1分 1 g 铁块在木板上的减速时间为t ，则 2 1 l v t  gt 2 0 2 2 2 55 解得 t ( -1)s 1分 2 5 5 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#}木板碰撞墙壁的速度为v ，则 1 v2 v 2 2gl 1 0 解得 v  55m/s 1 所以木板在外力作用下加速到墙壁的时间为 d 2 55 t   s 1分 3 v 55 1 2 因此，铁块与木板相对静止的时刻为 13 55 t t t t 1.35s或( -0.4)s 1分 1 2 3 55 6 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#}