高三物理答案第=PAGE6*2-111页共=SECTIONPAGES1*22页◎高三物理答案第=PAGE6*212页共=SECTIONPAGES1*22页第=PAGE1*2-11页共=SECTIONPAGES2*24页◎第=PAGE1*22页共=SECTIONPAGES2*24页2021-2022学年度第一学期第一学段模块考试高三物理试卷一、单项选择
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
：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。1．如图，长为4L的水平桌面左侧L为光滑平面，右侧3L为粗糙平面（粗糙程度相同）。一长为L的粗糙滑块以速度v沿光滑平面滑上粗糙平面，当滑块的滑出桌面时，滑块停止运动。从图示位置开始计时，滑块运动过程中的v2—x图像正确的是（）A．B．C．D．2.2021年8月6日晚，在东京奥运会田径项目男子4x100米接力决赛中，由汤星强、谢震业、苏炳添、吴智强组成的中国男队获得该项目第四名，追平历史最好成绩。某中学在某次接力训练中，甲、乙两同学在直跑道上进行4100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度，甲和乙从静止开始全力奔跑都需跑出20m才能达到最大速度，这一过程可看做是匀加速直线运动。现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区域ABCD中的位置AD处（如图）伺机全力奔出。图中箭头代表运动员的奔跑方向。为获得最好成绩，要求乙接棒时奔跑的速度达到最大速度的90%，则（）A.乙离开AD18m处接棒B.从乙开始起跑至接到棒的过程中甲乙的平均速度之比是10：9C．乙起跑时，甲离AD19.8mD．设最大速度为8m/s，如果乙站在AD处接棒，接到棒后才开始全力奔跑，这样会浪费2.47s3．如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，轻绳左端固定在井壁的点，另一端固定在光滑的滑环上，轻绳的下端系在轻滑环上并绕过定滑轮，滑环套在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳，使重物缓慢上升的过程中，不计动滑轮的质量及与绳子间的摩擦，下列说法正确的是（ ）A．绳的拉力变大B．绳的拉力始终比绳的大C．杆对轻滑环的弹力不变D．绳的拉力变大4．如图所示，轻质板放在光滑的水平地面上，物体A、B与轻质板的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）已知，，g取。当作用在A上的水平力时，物体A的加速度为（ ）A．B．C．D．5．2021年5月，基于俗称“中国天眼”的500米囗径球面射电望远镜（FAST）的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020年3月，我国天文学家通过FAST，在武仙座球状星团M13中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA
检测
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与维修，其中对西樵大桥实施了为期近一年的封闭
施工
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，置换了大桥上所有的斜拉悬索．某校研究性学习小组的同学们就想进一步了解这新悬索，于是上网查了相关资料：建筑、桥梁工程中所用的金属材料(如钢筋钢梁等)在外力作用下会伸长，其伸长量不仅与拉力的大小有关，还和金属材料的横截面积有关，对同一种金属，其所受的拉力与其横截面积的比值跟金属材料的伸长量与原长的比值是一个常数，这个常数叫做杨氏模量．用E表示，即:。同学们为探究其是否正确，根据下面提供的器材:不同粗细不同长度的同种金属丝、不同质量的重物、螺旋测微器、游标卡尺、米尺、天平、固定装置等．
设计
领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计
的实验如图所示．同学们取一段金属丝水平固定在固定装置上，将一重物挂在金属丝的中点，其中点发生了一个微小下移h（横截面面积的变化可忽略不计）．用螺旋测微器测得金属丝的直径为D；用游标卡尺测得微小下移量为h；用米尺测得金属丝的原长为2L；用天平测出重物的质量m(不超量程)．（图中未知）（1）在一次测量中：a．螺旋测微器，其示数为_____mm；b．游标卡尺，其示数为_____mm．右图是左图的放大图（放大快对齐的那一部分）（2）用以上测量的字母表示该金属丝的拉力F=_______。（3）用以上测量的字母表示该金属的杨氏模量的表达式为:E=_______。14．（7分）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood746-1807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒和动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地的重力加速度为g）(1)该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度d,然后将质量均为m（A的含挡光片和挂钩、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，如图甲所示。测量出（________）A．A的上表面到光电门中心的竖直距离hB．A的下表面到光电门中心的竖直距离hC．挡光片中心到光电门中心的竖直距离hD．挡光片下表面到光电门中心的竖直距离h(2)为了验证机械能守恒，该同学让A在桌面上处于静止状态，在B的下端挂上质量也为m的钩码C，如图乙所示，让系统（重物A、B以及钩码C）中的物体由静止开始运动，光电门
记录
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遮光条挡光的时间，然后不断增加钩码的数量，重复进行实验，记录下所加钩码的个数n，以及遮光条对应的挡光时间△t，作出_______图像，如果所得图线是一条直线，就可以验证机械能守恒定律。A．B．C．D．n-（△t）2(3)为了验证动量守恒定律，该同学用甲图，让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直提升s后由自由下落，光电门记录下挡光片挡光的时间为Δt（B未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为__________。（用题中所给物理量符号表示）15．（8分）在物理学中力和能是研究问题的主干线。（1）开普勒第三定律对于轨迹为圆形和直线的运动都适用。圆形轨迹可以认为中心天体在圆心处，半长轴为轨迹半径。一物体与地球的距离为r（r远大于火星半径R）。该物体在地球引力作用下运动，其他作用力忽略不计。若物体绕地球作匀速圆周运动，请你推导地球的引力系统中常量c的表达式；（2）在天体中，卫星与地球质量分别为m和M，若相距为，则它们之间的引力势能的表达式为，求卫星与地球组成的系统机械能。16.（11分）一种模块组合式儿童玩具有以下模块组成：如图甲所示，质量、半径的光滑圆弧轨道A、B分别为轨道的最高点和最低点；点右侧紧挨点有一静止的小平板车，平板车的质量，长度，小车的上表面距地面高度且与圆弧形轨道相切于点。轨道和平板车固定连接在一起并固定在水平地面上，一质量的物块1从圆弧形轨道的最高点A由静止释放，物块1滑至点时与该处静止的质量的物块2发生碰撞，碰后物块1反弹，物块2滑至平板车上。（取重力加速度大小）试求：（1）物块1刚滑至点时对圆弧形轨道的压力大小；（2）若物块1与物块2碰撞的恢复系数，物块2与平板车上表面间的动摩擦因数为0.05，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，则物块2落地时距平板车右端的水平距离？（保留两位有效数字）（恢复系数的定义式为，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度，弹性碰撞的恢复系数，非弹性碰撞的恢复系数）。17．（13分）如图甲所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.1kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=4m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F=1N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。（g取10m/s2）（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的时间范围；（3）撤掉圆弧形挡板，过O点在竖直面内建立坐标系，y轴竖直向下，有挡板其形状满足，如图乙。改变拉力F的作用距离，求小物块击中挡板时动能的最小值（取）。图甲图乙18.（14分）有一个足够长的竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一劲度系数为k的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块B,圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体,它对薄滑块的阻力可调．初始状态薄滑块B静止,ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L。现有一质量也为m的物块A从距地面2L处自由落下，与薄滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动,且下移距离为Δx=时速度减为0．ER对物块A没有阻力，ER流体对滑块的阻力需随滑块下移而适当变化，忽略空气阻力．试求：（1）求弹簧的原长；（2）滑块下移距离时ER流体对滑块阻力的大小；（3）在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为λmg，此后薄滑块仍能向上运动，且薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降。求λ的取值范围．2021-2022学年度第一学期第一学段模块考试高三物理试卷答案1．D由题知长为4L的水平桌面左侧L为光滑平面，右侧3L为粗糙平面，则滑块在刚进入右侧3L的粗糙平面时的摩擦力为f1=μxg根据牛顿第二定律有μxg=ma综上可看出v2—x图像的斜率为k=2gx则在0~L段v2—x图像的斜率逐渐增大，在滑块完全进入水平桌面的右侧3L粗糙平面后，无论是否悬空，滑块对桌面的正压力大小都等于滑块的重力，则根据牛顿第二定律有a=μg则v2—x图像的斜率为k=2μg故选D。2CA.乙起跑后做初速度为0的匀加速直线运动，设最大速度为，为达到最大速度所经历的位移，为乙接棒时的速度，为接棒时经历的位移，则有，根据题意可得解得故乙在离开AD为16.2m处接棒。B甲以最大速度在奔跑，平均速度为最大速度，由平均速度公式可得乙的平均速度为故甲乙两人的平均速度之比为。C．设乙加速至交接棒的时间为t，则此时甲在时间t内跑的位移为则有即乙起跑时，甲离开AD为19.8m。D．乙以最大速度跑出16.2m的时间为乙以平均速度匀加速跑出接力区的时间为故浪费的时间为3．CA．重物缓慢上升的过程中，对重物受力分析，如图所示，根据正交分解可得解得设轻绳a的总长为l，井口的宽度为d，如图所示则根据几何关系可得又联立可得在缓慢向上的过程中，l和d保持不变，故不变，所以不变，根据可知不变，故A错误；D．对N点受力分析根据正交分解可得联立解得绳b的拉力保持不变，由上面分析可知，绳a的夹角不变，则不变，杆对滑环的弹力不变，故C正确，D错误；B．由于根据所以故B错误。故选C。4．B对B受力分析得B能获得的最大加速度aB=μg=1m/s2假设A、B不相对滑动，整体分析得因为假设不成立，B会相对于轻质板滑动。对A受力分析得，A受摩擦力为μmBg，物体A的加速度为故选B。5．BA．C绕B做匀速圆周运动，满足故知道C的轨道半径，无法求出C的质量，A错误；B．因为A、B为双星系统，所以相互之间的引力提供运动所需的向心力，即可得B正确；C．因为A、B为双星系统，满足又因为，所以，设A卫星质量为m，根据可知，A的卫星轨道半径大于C的轨道半径，选项C错误；D．A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足解得D错误。故选B。D加速阶段由牛顿第二定律可知：F-Ff-mgsinθ=ma，之后保持功率不变，-Ff-mgsinθ=ma，电动汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，-Ff-mgsinθ=0解得P0=14KW；Ff=2000N；选项AB错误；第1s内电动汽车牵引力的功率P=Fv=14000t，选项C错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移，牵引力大小为14000N，牵引力与阻力做功的代数和为(F-Ff)x=6000J，选项D正确；故选D.7．DA.由于滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，可得代入数据解得B.在B点，由牛顿第二定律得代入数据解得根据牛顿第三定律，滑块对圆轨道的压力大小为45NC.弹射时从静止释放到滑块运动到B的过程中，根据动能定理有代入数据解得D.滑块从C点飞出后做平抛运动，可得解得水平方向有由于要求滑块要能落入水平槽DE，则x1=0.2m，x2=0.4m代入数据解得，又因为要安全通过C点，所以弹射时从静止释放到滑块运动到C的过程中，根据动能定理有解得弹簧弹性势能的取值范围为8．B设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：，解得：；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至的时间内A、B的总动量守恒，故A正确；在后，B停止运动，A做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故A、B的总动量不守恒，故B错误；当时，对A由动量定理得：，代入，解得，故C正确；当时，对A由动量定理得：，代入，解得：，故D正确；故选B9．AD【详解】A．煤块比传送带慢，煤块所受摩擦力向下，根据牛顿第二定律得解得煤块速度达到5m/s所需时间为A正确；B．0.2s时间内运动的距离为煤块继续加速，煤块所受摩擦力向上，根据牛顿第二定律得解得煤块即将离开B点时的速度为解得，B错误；C．加速下滑的时间为煤块在传送带上的运动时间为C错误；D．滑痕长度等于共速后的位移差，共速前为0.2m，共速后为，2.25m大于0.2m故D正确。故选AD。10．BCD【详解】A．将A、B作为整体，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律根据对称性，B到达最低点的加速度与初始位置大小相等，因此解得绳子能承受的最大拉力A错误；B．A处于O位置时，根据平衡条件物体B下降到最低位置时，根据对称性，弹簧伸长量为2x1，因此最大弹性势能B正确；C．绳断后A物体回到位置O时，根据机械能守恒可得A的速度C正确；D．绳断后，平衡位置为P点，从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间D正确。故选BCD。11．ABA．向左传播的波先传到质点Q，质点Q的起振方向与图中N点的振动方向相同，根据波形平移法知质点Q的起振方向沿y轴正方向，故A正确；B．由图知波长λ=2m，在t=1.25s时间内两波传播的距离为x=vt=2×1.25m=2.5m向左传播的波波峰传到M点，向右传播的波波谷传到M点，根据波的叠加原理可知t=1.25s时刻质点M的位移为0，故B正确；C．t=0时刻，x=-0.5m与x=4.5m处的质点位移大小相等，方向相反，位移不同，故C错误；D．两列波的波长相等，波速相等，由v=λf知两波的频率相同，能发生稳定干涉，质点Q距两波源的路程差△s=3.5m-2.5m=3m=1.5λ由于两波源的起振方向相反，所以，质点Q处是两列波波峰与波峰或波谷与波谷相遇处，振动加强，故D错误。故选AB。12BCA．AB两球相碰，根据动量守恒定律代入数据，可求得m/s由于，在碰撞的过程中满足因此该碰撞是弹性碰撞，A错误；BC．由于BC及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，应该是弹簧处于原长状态整理得因此B的最小速度为，此时C球的速度为，BC正确；D．当BC两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大解得D错误。故选BC。【答案】（1）3.852（1分）8.94（1分）（2）（3分）（3）（2分）【详解】（1）a.螺旋测微器读数：主尺+螺旋=3.5+0.352=3.852mm；b.游标卡尺读数：主尺+游标=8+47×0.02=8.94mm；（2）由图中几何关系，由，解得：=，（3）该金属的杨氏模量的表达式为：．【答案】(1)C（1分）；(2)A（3分）；(3)（3分）【详解】（1）因为光电门测量的是挡光片从开始运动到运动至光电门中心时的时间，所以要测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，故选C。（2）由能量关系可知解得则需要作出图像如果所得图线是一条直线，也可以验证机械能守恒定律，故选A。（3）根据机械能守恒定律可知解得则可知，作用前的动量此后AB一起做匀速运动，运动速度作用后的动量故只要验证15、【答案】(1)（3分）；(2)（5分）【详解】(1)设物体质量为m0，则（2分）解得（1分）（2）根据牛顿第二定律解得卫星的速度大小卫星的动能（3分）卫星与地球系统的引力势能所以卫星与地球组成系统的机械能（2分）16、【答案】（1）（4分）；（2）x=151.88m≈0.27m（7分）【详解】(1)设物块1滑至点时的速度大小为，根据机械能守恒定律有（1分）在B点由牛顿第二定律可得（1分）解得物块1受到圆弧形轨道的支持力大小为（1分）据牛顿第三定律可知，物块对圆弧形轨道的压力大小为30N。（1分）(2)设物块1与物块2碰撞后瞬间物块1的速度大小为、物块2的速度大小为，根据动量守恒定律有（2分）又解得（1分）设物块2滑离平板车时速度为，有动能定理得：−μm2gl=12m2v2−12m2v22（1分）平抛过程：（1分）解得：x=151.88m≈0.27m（2分）17、【答案】（1）4m/s（3分）；（2）（5分）；（3）2.2J（5分）【详解】（1）设小物块离开O点时的速度为，由平拋运动规律，水平方向（1分）竖直方向（1分）其中，解得：（1分）（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为，由动能定理解得x1=1m（1分）为使小物块击中挡板，小物块的平拋初速度不能超过4m/s，设拉力F作用的最长距离为，由动能定理解得x2=1.4m（1分）由牛顿第二定律得：a=5m/s2由得（2分）则为使小物块击中挡板，拉力作用的时间范围为（1分）（3）从O点抛出后做平抛运动，水平方向竖直方向又由动能定理得（2分）联立解得得（1分）代入数据得（2分）18、【答案】（1）L+（2分）；（2）（5分）；（3）（7分）【详解】（1）设滑块静止时弹簧压缩量为x0，则（1分）（1分）（2）设物块下落与薄滑块相碰前的速度为v0，由运动学公式得（1分）设碰后二者共同速度为v1，取向下为正方向，由动量守恒定律（1分）滑块下移距离为Δx=时，由运动学公式得牛顿第二定律（1分）则弹簧弹力（1分）得（1分）（3）要使薄滑块速度第一次减为0的瞬间能继续往上运动，则此时加速度应向上，即：解得：（2分）设上升h后速度减为0，由动能定理：解得：（2分）要使停止运动不再下降，则：解得：（2分）所以λ的取值范围（1分）
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