物理-重慶市康德2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月期中考試

LθO此時(shí)Q環(huán)速度最大，對(duì)P、Q兩環(huán)整體有mg.2L=LθO此時(shí)Q環(huán)速度最大，對(duì)P、Q兩環(huán)整體有mg.2L=1mvm，得vQm=2，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；Lθ,,v2024年重慶市普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試11月調(diào)研測(cè)試卷物理參考答案1～7BACDADB8AC9BC10BC解析：1．B。顧客受扶梯的作用力方向豎直向上，顧客對(duì)扶梯的作用力方向豎直向下，選項(xiàng)B正確。2．A?？諝庾枇ψ鲐?fù)功，該運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能一直減少，選項(xiàng)A正確。3．C。設(shè)地球質(zhì)量為M，則G月=m月a，G蘋=m蘋g，所以=，選項(xiàng)C正確。4．D。設(shè)小球在軌道最高位置速度大小為v1，軌道最低位置速度大小為v2，要使小球能在豎直面內(nèi)做完整圓周運(yùn)動(dòng)，在軌道最高位置滿足mg≤m，在軌道最低位置滿足mv=mg.2R選項(xiàng)D正確。LL5．A。設(shè)動(dòng)車的加速度大小為a，則a==，選項(xiàng)A正確。26．D。該無(wú)人機(jī)在距地高h(yuǎn)2時(shí)，其重力勢(shì)能Ep=mgh2，由a-h圖像知其動(dòng)能Ek=mv2=m.2.h2=m，故其機(jī)械能E=Ep+Ek=m(＋g)h2，選項(xiàng)D正確。定律可得，大風(fēng)對(duì)該廣告牌的平均作用力大小F,=F=pSv2，選項(xiàng)B正確。8．AC。由x-t圖像可知，t0時(shí)刻，甲追上乙，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；比賽全程，平均速度v甲＞v乙，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9．BC。由分析知，箱丙與天花板間輕繩斷裂后瞬間，乙的加速度為零，甲、丙二者加速度相同，對(duì)甲、丙整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有mg+3mg+2mg=4ma甲，得a甲=1.5g，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)甲對(duì)丙的彈力大小為FN，對(duì)丙有3mg+FN=3ma甲，解得FN=1.5mg，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.BC。由分析知，對(duì)Q環(huán)施以微擾，P環(huán)沿豎直桿向下先加速、后減速，當(dāng)P環(huán)到達(dá)最低位置時(shí)速度減為零，2當(dāng)P環(huán)下滑至輕桿與豎直桿夾角為θ時(shí)，設(shè)P環(huán)速度大小為vP，Q環(huán)速度大小為vQ，如答圖1所示，P、Q兩環(huán)沿輕桿方向的分速度大小相等，有vPcosθ=vQsinθ,對(duì)P、Q兩環(huán)整體有mgL(1一cosθ)=mv+mv，聯(lián)立可得P,vP,vvvv答圖1 v=2gL(1-cosθ)sin2θ=2gL(1-cosθ)(1-cos2θ)，其中0≤θ≤180°,-1≤cosθ≤1，令x=cosθ,對(duì)函數(shù)f(x)=2gL(1-x)(1-x2)=2gL(x3-x2-x+1)求導(dǎo)，有f,(x)=2gL(3x2-2x-1)=2gL(3x+1)(x-1)，由分析知，當(dāng)x=-時(shí)，f(x)有最大值，即當(dāng)cosθ=-時(shí)，vm=2gL(1+)1-(-)2=6L，故P環(huán)的最大速率vPm=，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。11.（7分）（1）不能（2分）b-a（2）a（2分）cb-a解析：（2）設(shè)該彈簧的勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為l0，由胡克定律F=kΔx得F=k(l-l0)，由F-l的關(guān)系圖像知，F(xiàn)=0時(shí)，對(duì)應(yīng)該彈簧的原長(zhǎng)l0=a，又c=k(b-l0)，解得k=。12.（9分）（1）0.8085（0.8082～0.8088均可1分）（2）h（2分）（3）不需要（2分）（4）小鋼球的質(zhì)量m（2分）m(g-)h（2分）解析：（2）設(shè)小鋼球在下落過程中加速度大小為a，h=at，H=at，解得H=h。（4）設(shè)小鋼球從該住宅樓樓頂由靜止開始下落過程中，所受空氣阻力大小為f，由牛頓第二定律有mg-f=ma，小鋼球克服空氣阻力做功W=fH，又h=at，H=h，聯(lián)立可得W=m(g-)h；故要知道W，還需測(cè)得的一個(gè)物理量是小鋼球的質(zhì)量m。13.（10分）解1）設(shè)乒乓球從拍出到第一次落到對(duì)方臺(tái)面上所經(jīng)過的時(shí)間為t1H=gt（2分得：t1=（2分）（2）設(shè)乒乓球剛好落到對(duì)方臺(tái)面邊緣中點(diǎn)時(shí)，乒乓球拍出后瞬時(shí)速度大小為v1設(shè)乒乓球剛好擦網(wǎng)飛落到對(duì)方臺(tái)面上時(shí)，乒乓球拍出后瞬時(shí)速度大小為v2，從拍出到擦網(wǎng)歷時(shí)t2豎直方向有：H一h=gt；水平方向乒乓球能直接落到對(duì)方臺(tái)面上，故拍出后瞬時(shí)的速度大小v滿足v2≤v≤v114.（13分）解1）設(shè)該衛(wèi)星在圓軌道Ⅲ上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v2（2）由題知，橢圓軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸a=③由開普勒第三定律可得：=④（2分）聯(lián)立③④解得：t=π(R1+R2)2v2（3）從軌道Ⅰ到圓軌道Ⅲ,該衛(wèi)星在圓軌道Ⅲ和軌道Ⅰ上分別做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的pppR1R215.（18分）解1）小球A運(yùn)動(dòng)至凹槽B左槽壁處所經(jīng)過的時(shí)間t==s=0.1s（2分）（2）由分析知，小球A與凹槽B左槽壁碰撞后瞬時(shí)，物塊C速度為零，即vC=0（1分）設(shè)小球A與凹槽B左槽壁碰撞后瞬時(shí)，小球A速度為vA，凹槽B速度為vB以水平向右為正方向，對(duì)小球A與凹槽B整體有：404AB24024A2B2404AB24024A2B解得：vA=v0=m/s，方向水平向左（2分）vB0=m/s，方向水平向右（2分）BC,BC（3）由分析知，凹槽B和物塊C最終將共速、一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)共同速度為v共設(shè)從凹槽B開始運(yùn)動(dòng)到二者共速過程中，物塊C在凹槽B內(nèi)通過的相對(duì)總路程為Δx由此可知，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，凹槽B和物塊C將碰撞14次從小球A與凹槽B碰撞后瞬時(shí)到凹槽B和物塊C第1次碰撞前瞬時(shí)的過程中，物塊C向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，凹槽B向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且二者加速度大小相等，即：aB=aC=μg=1m/s2該過程中，凹槽B和物塊C的相對(duì)位移為xB1一xC1=d設(shè)凹槽B和物塊C第1次碰撞前瞬時(shí)，凹槽B速度大小為vB1，物塊C速度大小為vC1，第1次碰撞后瞬時(shí)，凹槽B速度為v1，物塊C速度為v1由此可以判斷，每次碰撞后瞬時(shí)，凹槽B和物塊C的速度都將交換第1次碰撞后瞬時(shí)到第2次碰撞前瞬時(shí)，凹槽B向右勻加速，物塊C向右勻減速，加速度大小仍為μg同理可知，第2次碰撞后瞬時(shí)到第3次碰撞前瞬時(shí)：xB3一xC3=d第3次碰撞后瞬時(shí)到第4次碰撞前瞬時(shí)：xC4一xB4=d第13次碰撞后瞬時(shí)到第14次碰撞前瞬時(shí)：xC14一xB14=d在凹槽B開始運(yùn)動(dòng)后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，作出凹槽B和物塊C的v-t圖像如答圖2所示vB由圖像知，從凹槽B開始運(yùn)動(dòng)到二者共速過程中，2v0Bv=B5Cv=B5BCBBCBddddd…dddddd…dBCBC答圖2