2023-2024学年安徽省皖江名校高二上学期上月开学联考物理答案(1)

高二物理参考答案 第1 页( 共4页) 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 答案 A B C D B C D B D A D A C D 1 . A 【 解析】 对瓦片进行受力分析, 支持力方向垂直斜面向上, 摩擦力方向沿斜面向上, 当椽子受到静 摩擦力达到最大时, 根据受力平衡可得m g s i n α= μ m g c o s α, 解得t a n α= μ, 只有选项A 正确。 2 . B 【 解析】 竖直方向上, 因为高度一样, 所以初速度的竖直分量一样, 运动时间一样, 选项A 错误, B 正确; 水平方向上, 由于a 水平位移最大, 而运动时间一样, 所以a 的水平速度最大, 选项C错误; a 初 速度最大, 由于整个过程外力不做功, 所以初末速度大小相等, 所以落地速度a 最大, 选项D 错误。 3 . C 【 解析】 小铁碗飞出后做平抛运动, 由平抛运动规律v=x t , v= 5 m / s , 小铁碗由静止到飞出的过程 中, 由动能定理W =1 2m v 2, 摩擦力对小铁碗所做的功W = 1 . 7 5 J , 只有选项C正确。 4 . D 【 解析】 根据开普勒第二定律可知, 对同一行星而言, 它与中心天体的连线在相等的时间内扫过的 面积相等, 选项A 错误; 又由v= G M r , 可知土星的运行速度比地球的小, 选项B错误; 行星表面的 重力由万有引力提供, 行星表面重力加速度g=G M R 2 , 火星和地球的质量以及半径未知, 无法比较其 表面重力加速度的数值的大小, 选项C错误; T 地= 1年, 则T 木= 2 9 . 5年, 由( ω地- ω木) · t= 2 π , 得距 下一次土星冲日所需时间t= 2 π ω地- ω火 ≈1 . 0 4年, 选项D 正确。 5 . B 【 解析】 对C 进行受力分析, 设B 对C 的支持力与竖直方向的夹角为θ, 根据几何关系可得s i n θ= R 2 R=1 2, 所以θ= 3 0 ° ; 同理可得, A 对C 的支持力与竖直方向的夹角也为3 0 ° ; 原来C 处于静止状态, 根据平衡条件可得NBs i n 3 0 ° =NAs i n 3 0 ° , 令C 的加速度为a, 根据正交分解以及牛顿第二定律有 N ' Bs i n 3 0 ° -N ' As i n 3 0 ° =m a, 可见, A 对C 的支持力减小、 B 对C 的支持力增大, 油桶A 与油桶C 之 间可能没有弹力作用, 选项A、 C错误、 B正确; 根据牛顿第二定律可知, A、 B、 C 三油桶受到合力大小 相同, 均为m a, 油桶A、 B、 C 所受合力相同均为m a, 选项D 错误。 6 . C 【 解析】 由图可知, 超级跑车在前8 s内的牵引力不变, 超级跑车做匀加速直线运动, 8 ~ 2 4 s内超级 跑车的牵引力逐渐减小, 则车的加速度逐渐减小, 超级跑车做加速度减小的加速运动, 直到车的速度 达到最大值, 以后做匀速直线运动, 选项A 错误; 超级跑车的速度达到最大值后牵引力等于阻力, 所 以阻力f= 4 × 1 0 3N, 前8 s内超级跑车的牵引力为F= 1 0 × 1 0 3N, 由牛顿第二定律F- f=m a, 可得 a= 5m / s 2, 选项B错误; 超级跑车在8 s末汽车的功率达到最大值, 8 s末超级跑车的速度v 1= a t 1= 5 × 8 m / s = 4 0 m / s , 所以超级跑车的最大功率P=F v 1= 1 0 × 1 0 3× 4 0 W= 4 × 1 0 5W, 选项C 正确; 超级 跑车在前8 s内的位移x 1=1 2 a t 2 1=1 2× 5 × 8 2m= 1 6 0 m, 超级跑车的最大速度为v m =P f =4 × 1 0 5 4 × 1 0 3m / s = 1 0 0 m / s , 超级跑车在8 ~ 2 4 s内的位移设为x 2, 根据动能定理可得P t 2- f x 2=1 2m v 2 m -1 2m v 2 1, 代 入数据可得x 2= 3 4 0 m, 所以超级跑车的总位移x= x 1+ x 2= 1 6 0 m+ 3 4 0 m= 5 0 0 m, 选项D 错误。 7 . D 【 解析】 滑块向下运动的过程中, 根据功能关系得摩擦产生的热量为Q= f Δ x= μ m g L c o s θ= 3 3 J , 选项A 错误; 滑块从最高点运动到最低点, 动能不变, 则机械能的减少量即为重力势能的减少量, 所以滑块机械能的减少量为m g L s i n θ= 3 0 J , 选项B错误; 滑块刚滑到弹簧上端具有的动能m g d s i n θ - μ m g d c o s θ= 3 0 - 3 3 2 J , 选项C错误; 滑块运动过程中, 根据能量守恒定律, 滑块的重力势能减小, {#{QQABLYYUggioABBAARhCQQGCCgOQkBECCIgOAAAAIAAByRNABAA=}#} 高二物理参考答案 第2 页( 共4页) 转化为内能和弹簧的弹性势能, 即m g L s i n θ=Q+Ep, 解得弹簧弹性势能的最大值为Ep =m g L s i n θ - μ m g L c o s θ =( 3 0 - 3 3) J , 选项D 正确。 8 . B D 【 解析】 第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度, 也是圆行近地轨道的环绕速度, 也是圆形轨道上速度的最大值, 选项A 错误; 根据G Mm0 R 2 =m0 g, G Mm R+ h 2=m 4 π 2 T 2 R+ h , 解得组 合体做匀速圆周运动的周期T =2 π R+ h 3 g R 2 , 组合体做匀速圆周运动两周所用的时间为4 π R+ h 3 g R 2 , 选项B正确; 角速度为ω=2 π T = R R+ h g R+ h , 选项C 错误; 向心加速度大小为a= ω 2 r = g R 2 R+ h 2, 选项D 正确。 9 . A D 【 解析】 题图甲中, 若v- t图像为直线, 匀加速运动时平均速度为1 2 2m / s = 6 m / s , 由图中曲线可 知物体在0 ~ 5 s这段时间内平均速度大于6 m / s , 选项A 正确; 题图乙中, 根据v 2= 2 a x 可知a=v 2 2 x = 2 5 2 × 5 m / s 2= 2 . 5m / s 2, 即物体的加速度为2 . 5m / s 2, 选项B错误; 题图丙中, 根据Δ v= a Δ t可知, 阴 影面积表示4 s ~ 6 s时间内物体的速度变化量, 选项C错误; 题图丁中, 由x= v 0 t+1 2 a t 2 可得x t = v 0 +1 2 a t, 由图像可知a= 2 0m / s 2, 选项D 正确。 1 0 . A C D 【 解析】 长木板做匀加速运动的加速度大小a=Δ v Δ t= 1m / s 2, 选项A 正确; 根据牛顿第二定 律, 对长木板F= μ m g=M a, 解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ= 0 . 1 , 选项B 错误; 前1 s 内长 木板的位移x 1= 0 + v 2 × Δ t=0 + 1 2 × 1 m= 0 . 5 m, 物块的位移x 2= v 0+ v 2 × t=2 + 1 2 × 1 m= 1 . 5 m, 所 以长木板最小长度L= x 2- x 1= 1 m, 选项C正确; 物块与长木板组成系统损失机械能Δ E=1 2m v 2 0- 1 2( m+M ) v 2= 2 J , 选项D 正确。 1 1 . ( 7分) ( 1 ) C A D B E ( 2分) ( 2 ) 0 . 6 2 ( 3分) ( 3 ) A( 2分) 【 解析】 ( 1 ) 按照实验原理, 题中五个步骤的先后顺序应该为: C A D B E; ( 2 ) 由于每两个计数点之间 还有四个计时点, 则计数点之间的时间间隔为T= 5 × 0 . 0 2 s = 0 . 1 s , 由逐差法得a= s 4+ s 3-( s 2+ s 1) 4 T 2 = 0 . 6 2 m / s 2; ( 3 ) 图线①的上部弯曲, 产生原因是当小车受力F 较大时, 不满足“ 钩码的总质量远小于小 车质量” 的条件, 选项A 正确; 图线②在a 轴的截距大于0 , 产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过 大, F= 0 ( 即不挂钩码) 时小车就具有了加速度, 选项B 错误; 图线③在F 轴的截距大于0 , 产生原因是 平衡摩擦力时长木板的倾角过小, 只有当F 增加到一定值时, 小车才获得加速度, 选项C错误。 1 2 . ( 1 0分) ( 1 ) A B D( 2分) ( 2 ) ( h 3- h 1) f 2 ( 2分) ( m2-m1) g h 2( 2分) 1 8( m1+m2) ·( h 3 - h 1) f 2( 2分) ( 3 ) C ( 2分) 【 解析】 ( 1 ) 重锤的密度要大, 体积要小, 可以减小空气阻力, 选项A 正确; 两限位孔在同一竖直线上 {#{QQABLYYUggioABBAARhCQQGCCgOQkBECCIgOAAAAIAAByRNABAA=}#} 高二物理参考答案 第3 页( 共4页) 和手提纸带上端使纸带竖直, 都可以减小纸带与打点计时器间的摩擦, 选项B 、 D 正确; 手始终提着纸 带, 纸带就不是落体运动, 选项C错误。( 2 ) 重锤做匀变速直线运动, 某段时间内中间时刻的速度等于 这一段的平均速度, 有v B = ( h 3- h 1) 2 T = ( h 3- h 1) f 2 。在打点计时器打下计时点O 和B 的过程中, 系统 重力势能的变化量Δ Ep=( m2-m1) g h 2, 动能的变化量Δ E k=1 2( m1+m2) ·( h 3- h 1) f 2 4 。( 3 ) 该实验 是验证机械能守恒定律的实验. 因为我们知道自由落体运动只受重力, 机械能就守恒. 如果把重物的实 际运动看成自由落体运动, 再运用自由落体的规律求解速度, 那么就不需要验证。其中A B D 三项都是 运用了自由落体的运动规律求解的, 只有选项C正确。 1 3 . ( 1 0分) 【 解】 ( 1 ) 运动员从距地面H = 1 . 8 m 高处由静止落下 则碰撞前运动员具有的机械能为: m g H = 6 0 × 1 0 × 1 . 8 = 1 0 8 0 J ( 1分) 设运动员与水平地面撞击后反弹上升的最大高度为h, 则: m g h=m g H - Δ E( 1分) Δ E= 3 3 0 J , 代入数值解得: h= 1 . 2 5 m( 2分) ( 2 ) 设运动员从H 高处下落刚接触地面时的速度大小为v 1; 反弹离地时的速度大小为v 2, 由动能 定理和运动学公式 下落过程: m g H =1 2m v 2 1( 1分) 代入数值解得: v 1= 6 m / s ( 1分) 上升过程: -m g h= 0 -1 2m v 2 2( 1分) 代入数值解得: v 2= 5 m / s ( 1分) 运动员与地面接触时间为Δ t= 2 s 设地面对运动员的平均撞击力为F, 取向上为正, 根据牛顿第二定律 F-m g=m a=mv 2-( - v 1) Δ t ( 1分) 代入数值得F= 9 3 0 N, 方向向上( 1分) 1 4 . ( 1 5分) 【 解】 ( 1 ) 对小物块由牛顿第二定律得: m g s i n 3 7 ° + μ m g c o s 3 7 ° =m a 2( 2分) 解得a 2= 1 0 m / s 2( 1分) μ< t a n 3 7 ° , 则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速再向下加速 有m g s i n 3 7 ° - μ m g c o s 3 7 ° =m a 3( 2分) 解得a 3= 2 m / s 2( 1分) ( 2 ) 由运动学公式: v 2- v 0= a 2 t 1( 1分) 得小物块从A 点向上运动到与传送带速度相同的时间 t 1= 0 . 3 s ( 1分) 又v 0= a 3 t 2( 1分) 得小物块与传送带同速到速度为0的时间t 2= 2 . 5 s ( 1分) 小物块向上运动的总时间t= t 1+ t 2= 2 . 8 s ( 2分) 小物块先向上减速到0后, 会反向加速下滑 小物块向上滑行的最远距离为x 2= v 0+ v 2 2 t 1+ v 0 2 t 2( 2分) 解得x 2= 8 . 2 m( 1分) 1 5 . ( 1 8分) 【 解】 ( 1 ) 设滑块A 刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点时速度的大小v s, 根据牛顿第二定律有 {#{QQABLYYUggioABBAARhCQQGCCgOQkBECCIgOAAAAIAAByRNABAA=}#} 高二物理参考答案 第4 页( 共4页) m1 g=m1 v 2 S R ( 1分) 解得v s= g R ( 1分) 滑块A 由静止运动到圆轨道最高点过程, 由能量守恒定律可得 Ep= μ m1 g c o s 3 7 °×3 2R+m1 g( 3 2R s i n 3 7 °+R+R c o s 3 7 °) +1 2m1 v 2 S( 2分) 联立解得Ep= 3 . 8 m1 g R= 1 5 2 . 0 J ( 1分) ( 2 ) 设滑块A 的质量为m2, 为使A 能滑上圆轨道, 则它到达P 点时的速度应大于零, 由能量守恒 定律可得Ep> μ m2 g c o s 3 7 °×3 2R+m2 g×3 2R s i n 3 7 °( 2分) 解得m2< 3 8 1 5 m1( 1分) 要使滑块A 仍能沿圆轨道滑回, A 在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处, 由能量守恒定律 可得Ep≤ μ m2 g c o s 3 7 °×3 2R+m2 g( 3 2R s i n 3 7 ° +R c o s 3 7 ° ) ( 2分) 解得m2≥ 3 8 2 3 m1( 1分) 综上所述可得 3 8 2 3 m1≤m2< 3 8 1 5 m1( 1分) 变后滑块A 的质量m2 的可能值3 . 3 k g ≤m2< 5 . 1 k g ( 1分) ( 3 ) 依题意滑块恰好脱离圆轨道时, 应在O Q 水平线的上方与O Q 方向的夹角为3 7 °处, 此位置轨道 对滑块的弹力刚好为零, 则m3 g s i n 3 7 °=m3 v 2 R ( 1分) 解得v= 3 5 g R ( 1分) 由能量守恒定律可得 Ep= μ m3 g c o s 3 7 °×3 2R+m3 g( 3 2R s i n 3 7 °+R c o s 3 7 °+R s i n 3 7 °) +1 2m3 v 2( 2分) 解得m3= 1 9 1 6 m1≈2 . 4 k g ( 1分) {#{QQABLYYUggioABBAARhCQQGCCgOQkBECCIgOAAAAIAAByRNABAA=}#}