【文档说明】安徽省皖江名校2023-2024学年高二上学期开学联考物理答案.pdf，共(5)页，295.967 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理参考答案第1页(共4页)物理参考答案题号12345678910答案ABCDBCDBDADACD1.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mgsinα=μmgcosα,解得

tanα=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=xt,v=5m/s,小铁碗由静止到飞出的过程中,由动能定理W=12mv2,摩擦力对小铁碗所做的功W=1.75J,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=GMr,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=GMR2,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=29.5年,由(ω地-ω木)·t=2π,得距下一次土星冲日所需时间t=2πω地-ω火≈1.04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sinθ=R2R=12,所以

θ=30°;同理可得,A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°;原来C处于静止状态,根据平衡条件可得NBsin30°=NAsin30°,令C的加速度为a,根据正交分解以及牛顿第二定律有N'Bsin30°-N'Asi

n30°=ma,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ma,油桶A、B、C所受合力相同均为ma,选项D错误。6.C【解析】由图可知,超

级跑车在前8s内的牵引力不变,超级跑车做匀加速直线运动,8~24s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=4×103N,前8s内超级跑车的牵引力为F=10×103N,由牛顿第二定律F-f=ma,可得a=5m/s2,选项B错误;超级跑车在8s末汽车的功率达到最大值,8s末超级跑车的速度v1=at1=5×8m/s=40m/s,所以超级跑车的最大功率P=Fv1=10×1

03×40W=4×105W,选项C正确;超级跑车在前8s内的位移x1=12at21=12×5×82m=160m,超级跑车的最大速度为vm=Pf=4×1054×103m/s=100m/s,超级跑车在8~24s内的位移设为x2,根据动能定理可得

Pt2-fx2=12mv2m-12mv21,代入数据可得x2=340m,所以超级跑车的总位移x=x1+x2=160m+340m=500m,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=fΔx=μmgLcosθ=33J,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mgLsinθ=30J,选项B错误;滑块刚滑到弹簧上端具有的动能mgdsinθ-μmgdcosθ=30-332J,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=}#}{#{QQABTYYUoggAAAAAARgCQQHCCgGQkACCCI

gOBBAEMAABSRFABAA=}#}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mgLsinθ=Q+Ep,解得弹簧弹性势能的最大值为Ep=mgLsinθ-μmgLcosθ=(30-33)J,选项D正确。8.BD【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GMm0R2=m0g,GMmR+h2=m4π2T2R+h,解得组合体做匀速圆周运动的周期T=2πR+h3gR2,组合体做

匀速圆周运动两周所用的时间为4πR+h3gR2,选项B正确;角速度为ω=2πT=RR+hgR+h,选项C错误;向心加速度大小为a=ω2r=gR2R+h2,选项D正确。9.AD【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122m/s=6m/s,由图中曲线可知物体在

0~5s这段时间内平均速度大于6m/s,选项A正确;题图乙中,根据v2=2ax可知a=v22x=252×5m/s2=2.5m/s2,即物体的加速度为2.5m/s2,选项B错误;题图丙中,根据Δv=aΔt可知,阴

影面积表示4s~6s时间内物体的速度变化量,选项C错误;题图丁中,由x=v0t+12at2可得xt=v0+12at,由图像可知a=20m/s2,选项D正确。10.ACD【解析】长木板做匀加速运动的加速

度大小a=ΔvΔt=1m/s2,选项A正确;根据牛顿第二定律,对长木板F=μmg=Ma,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1s内长木板的位移x1=0+v2×Δt=0+12×1m=0.5m,物块的位移x2=v0+v2×t=2+12×

1m=1.5m,所以长木板最小长度L=x2-x1=1m,选项C正确;物块与长木板组成系统损失机械能ΔE=12mv20-12(m+M)v2=2J,选项D正确。11.(7分)(1)CADBE(2分)(2)0.62(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:CADBE;(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=5×0.02s=0.1s,由逐差法得a=s4+s3-(s2+s1)4T2=0.62m/s2

;(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。12.(10分)(1)ABD(2分)(2)(h3-h1)f2(2分)(m2-m1)gh2(2分)18(m1+m2)

·(h3-h1)f2(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=}#}{#{

QQABTYYUoggAAAAAARgCQQHCCgGQkACCCIgOBBAEMAABSRFABAA=}#}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vB=(h3-h1)2T=(h3-h1)f2。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ΔEp=(m2-m1)gh2,动能的变化量ΔEk=12(m1+m2)·(h3-h1)f24。(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ABD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。13.(10分)【解】(1)运动

员从距地面H=1.8m高处由静止落下则碰撞前运动员具有的机械能为:mgH=60×10×1.8=1080J(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:mgh=mgH-ΔE(1分)ΔE=330J,代入数值解得:h=1.25m(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v1;反弹离地时的速度大小为v2,由动能定理和运动学公式下落过程:mgH=12mv21(1分)代入数值解得:v1=6m/s(1分)上升过程:-mgh=0-12mv22(1分)代入数值解得:v2=5m/s(1分)运动员与地面接触时间为Δt=2s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-mg=ma=mv2-(-v1)Δt(1分)代入数值得F=930N,方向向上(1分)14.(15分)【解】(1)对小物块由牛顿第二定律得:mgsin37°+μmgcos37°=ma2(2分)解得a2=10m/

s2(1分)μ<tan37°,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mgsin37°-μmgcos37°=ma3(2分)解得a3=2m/s2(1分)(2)由运动学公式:v2-v0=a2t1(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t1=0.3s(1分)又v0=a3t2(1分)得小物块与传送带同速到速度为0的时间t2=2.5s(1分)小物块向上运动的总时间t=t1+t2=2.8s(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x2=v0+v22t1+v02t2(2分)解得x2=8.2m(1分)15.(18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vs,根据牛顿第二定律有{

#{QQABLYYUggioABBAARhCQQGCCgOQkBECCIgOAAAAIAAByRNABAA=}#}{#{QQABTYYUoggAAAAAARgCQQHCCgGQkACCCIgOBBAEMAABSRFAB

AA=}#}高二物理参考答案第4页(共4页)m1g=m1v2SR(1分)解得vs=gR(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=μm1gcos37°×32R+m1g(32Rsin37°+R+Rcos37°)+12m1

v2S(2分)联立解得Ep=3.8m1gR=152.0J(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>μm2gcos37°×32R+m2g×32Rsin37°(2分)解得m2<381

5m1(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≤μm2gcos37°×32R+m2g(32Rsin37°+Rcos37°)(2分)解得m2≥3823m1(1分)综上所述可得3823m1≤m2<3815m1(1分

)变后滑块A的质量m2的可能值3.3kg≤m2<5.1kg(1分)(3)依题意滑块恰好脱离圆轨道时,应在OQ水平线的上方与OQ方向的夹角为37°处,此位置轨道对滑块的弹力刚好为零,则m3gsin37°=m3v2R(1分)解得

v=35gR(1分)由能量守恒定律可得Ep=μm3gcos37°×32R+m3g(32Rsin37°+Rcos37°+Rsin37°)+12m3v2(2分)解得m3=1916m1≈2.4kg(1分){#{QQABLYYUggioABBAARhCQQGCCgOQkBECCI

gOAAAAIAAByRNABAA=}#}{#{QQABTYYUoggAAAAAARgCQQHCCgGQkACCCIgOBBAEMAABSRFABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com