【文档说明】安徽省皖南八校2023届高三上学期第一次大联考试题（10月） 物理 答案.pdf，共(7)页，472.238 KB，由小赞的店铺上传

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【“物理试卷参考答案２０２３届“皖南八校”高三第一次大联考·物理参考答案、解析及评分细则１．Ｄｋｇ、ｍ是国际单位制中的基本单位，Ｎ是导出单位，选项Ａ错误；质量是惯性大小的量度，祝融号在火星表面与在地球表面的质量不变，则惯性相同，选项Ｂ错误；研究祝融号在火星表面探测工作时其大小不能忽略不

计，不可将它视为质点，选项Ｃ错误；祝融号着落火星后对火星的压力与火星对祝融号支持力是一对相互作用力，选项Ｄ正确．２．Ｃ伽利略猜想自由落体运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行实验验证，而是在斜面实验的基础上，理想化推理得到，选项Ａ错误；伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，研究了力

与运动的关系，选项Ｂ错误；开普勒在第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，选项Ｃ正确；卡文迪什巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，是采用了放大法，选项Ｄ错误．３．Ｂ根据运动的合成与分解可知，接触点犅的实际运动为合运动，可将犅点运动的水平速度

狏沿垂直于杆和沿杆（犃指向犗）的方向分解成狏２和狏１，其中狏２＝狏ｓｉｎθ为犅点做圆周运动的线速度，狏１＝狏ｃｏｓθ为犅点沿杆运动的速度，犗犅＝犺ｓｉｎθ，由于犅点的线速度为狏２＝狏ｓｉｎθ＝犗犅ω，所以ω

＝狏ｓｉｎθ犗犅＝狏ｓｉｎ２θ犺，所以犃点的线速度狏犃＝犾ω＝犾狏ｓｉｎ２θ犺．４．Ｃ自行车前进的速度等于车轮犆边缘上的线速度的大小，轮犃和轮犅边缘上的线速度大小相等，据狏＝ω狉，可知ω１狉１＝ω２狉２，已知ω１＝２π狀，则轮犅的角速度ω２＝狉１

狉２ω１，因为轮犅和轮犆共轴，则ω２＝ω３，根据狏＝ω狉，可知狏＝ω３狉３＝２π狀狉１狉３狉２．５．Ａ由图可知犫犮均做匀速直线运动，但速度方向不同，４ｓ时相遇．故ＢＣＤ错，犃根据匀变速直线运动位移时间公式，带入图中已知点数据可以求出犪．６．Ｄ北极位置的重

力加速度为犵，在北极质量为犿的物体万有引力等于重力，即犌犕犿犚２＝犿犵解得地球的质量犕＝犵犚２犌，选项Ａ错误；神州十四号飞船绕地球做圆周运动，设飞船的质量为犿，周期为犜，根据万有引力提供向心力犌犕犿（

犚＋犺）２＝（犚＋犺）４π２犜２犿，联立解得犜＝４π２（犚＋犺）３犵犚槡２，选项Ｂ错误；飞船绕地球做圆周运动，处于完全失重状态，但仍然受地球吸引力即重力，选项Ｃ错误；根据万有引力提供向心力犌犕犿（犚＋犺）２＝犿狏２犚＋

犺，联立解得狏＝犵犚２犚＋槡犺．７．Ｃ根据图形中梯形面积计算可知，火灾位置距离消防地面距离为９０ｍ，选项Ａ错误；加速阶段的加速度大小犪＝Δ狏Δ狋＝１０４ｍ／ｓ２＝２．５ｍ／ｓ２减速阶段的加速度大小犪１＝Δ狏１Δ狋１＝１０２ｍ／ｓ２＝５ｍ／ｓ２，选项

Ｂ错误；减速上升【“物理试卷参考答案阶段，加速度方向竖直向下，无人机螺旋桨处于失重状态，选项Ｃ正确；加速阶段时，根据牛顿第二定律犉－犿犵＝犿犪代入数据解得无人机螺旋桨产生升力为犉＝１８７．５Ｎ，选项Ｄ错误

．８．Ａ飞机由静止开始加速，有狏２＝２犪犔０利用弹射系统时，有狏２－狏２０＝２犪·７１６犔０，得狏０狏＝３４．９．ＢＤ运动员由牛顿第二定律，绳子的平均弹力犉＝犿犪＝５０×４Ｎ＝２００Ｎ，选项Ｂ正确；运动员入弯时的向心力犉ｎ＝犿狏２狉＝５０×１８２２５Ｎ＝６４８Ｎ，选项Ｃ错误；设入弯时冰刀与水平

冰面的夹角θｔａｎθ＝犿犵犉ｎ＝犵犚狏２＝２５０３２４＜１得θ＜４５°，选项Ｄ正确．１０．ＡＤ初始状态，犗犅线拉力犜＝犿犵ｃｏｓ３０°＝槡３２犿犵，拉力犉＝１２犿犵，对犃分析犿犵ｓｉｎ３０°＋犳＝犜，

摩擦力沿斜面向下，当犗犅与竖直方向夹角由３０°增大至９０°过程中，犉一直增大，绳子拉力减小至零，摩擦力先减小至零，再反向变大；当犗犅水平时拉力犉最大等于犿犵；选项ＡＤ正确．１１．ＢＣ由图知，当犉＝１０Ｎ时，加速度为：犪＝２ｍ／ｓ２，对整体分析，由

牛顿第二定律有：犉＝（犿Ａ＋犿Ｂ）犪代入数据解得：犿犃＋犿犅＝５ｋｇ，当犉大于１０Ｎ时，犃、犅发生相对滑动，根据牛顿第二定律：对犅分析：犉－μ犿Ａ犵＝犿Ｂ犪，解得：犪＝犉－μ犿Ａ犵犿Ｂ＝犉犿Ｂ－μ犿Ａ犵犿Ｂ，由图示图象可知，图线的斜率：犽＝１犿Ｂ＝Δ犪Δ犉＝１

ｋｇ－１＝４ｋｇ－１，解得：犿犅＝４ｋｇ，犿犃＝１ｋｇ；则μ＝０．２，选项ＡＤ错误；选项Ｃ正确．根据犉＝１２Ｎ＞１０Ｎ时，滑块与木板相对滑动，犅的加速度为犪Ｂ＝犉－μ犿Ａ犵犿Ｂ＝２．５ｍ／ｓ２，选项Ｂ正确．１

２．ＡＢＤ依题意，假设第二次运动员落到与犆点等高的水平面上犇′点，如图所示两次平抛运动的竖直高度相等，即运动时间狋相等，则由狓＝狏狋可知，第二次水平方向的位移为第一次的２倍，可得狏２＝２狏１所以第二次小球将会经过犇点正上方的犇′点，即落在斜面上的点将在斜

面上犇点下方，所以人若要落在斜面上的犇点，则小球的水平位移将在犆犇的左侧，所以可推知第二次人从犅点飞出时的速度狏１＜狏２＜２狏１，选项Ａ正确；如图所示为两次落到斜面上的位移方向设斜面与水平面夹角为θ，第一次和第二次位移方向和水平

方向的夹角分别为α１、α２，则有α１＞α２根据平抛运动推论：速度与水平偏夹角β与位移与水平方向夹角α关系满足ｔａｎβ＝２ｔａｎα可得β１＞β２又因为β１＝θ１＋θ，β２＝θ２＋θ所以可得θ１＞θ，选项Ｂ正确；设犗犅间的距离为犺０，犗犆和犆犇的高度差均为犺，两次平抛运动的时间分别为狋１和狋２

，竖直方向做自由落体运动，有１２犵狋２１＝犺０＋犺；１２犵狋２２＝犺０＋２犺；两式相比可得狋２狋１＝犺０＋２犺犺０＋槡犺＜２，所以可得狋１＜２狋２，选项Ｃ错误；设人从犅点水平抛出落在犆点时，水平位移为

狓，则落在犇点时的水平位移为２狓，则可得ｃｏｓα１＝狓狊ＢＣ；ｃｏｓα２＝２狓狊ＢＤ，由选项Ｂ分析可知α１＞α２由数学知识可得狊ＢＣ狊ＢＤ＞１２所以，犅犆与犅犇间的距离关系满足２狊ＢＣ＞狊ＢＤ选项Ｄ正确．【“物理试卷参考答案１３．（１）犱狋１狋２－１狋（）１（２分）（２）犉

＝犕犱狋１狋２－１狋（）１（２分）（３）犉＝犕犱２２犔１狋２２－１狋（）２１（３分）１４．（１）ＢＣ（２分）（２）Ｄ（２分）（３）２（２分）（－１０，－１．２５）（２分）１５．解：（１）设加速时间为狋１、匀速时间为狋２、匀减速时间为狋３犎＝狏２狋１＋狏狋２＋狏２狋３（２分）狋

１＋狋３＝狋－狋２（１分）则国旗匀速运动时间狋２＝４２ｓ（１分）（２）由（１）可得狋１＝狋３＝２ｓ犪＝狏狋１＝０．２５ｍ／ｓ２（２分）犺＝１２犪狋２１＝０．５ｍ（２分）１６．解（１）设从滑轮到小球犿１的距离为犔１，从滑轮到小球犿２的距离为犔２，几何

可知犔１＝２犚ｃｏｓα槡＝３犚犔２＝２犚ｃｏｓβ槡＝２犚①（１分）两小球受力分析如图所示，由两个小球的受力矢量三角形与对应的几何三角形相似可得对小球犿１犿１犵犚＝犜犔１②（２分）对小球犿２犿２犵犚＝犜犔２③（１分）由①②③得犿１犿２＝槡６３④（１

分）（２）如图，轨道对小球犿１、犿２的作用力分别为犉１、犉２对小球犿１【“物理试卷参考答案犉１犚＝犜犔１⑤（１分）对小球犿２犉２犚＝犜犔２⑥（１分）由⑤⑥可得犉１犉２＝犔２犔１＝槡６３⑦（１分）由牛顿第三定律得小球犿１、犿２对轨道的压力之比为槡６３⑧（１分）１７．解：（１）设轻绳断

后小球平抛的初速度为狏０，平抛的水平位移大小为狓，如图甲所示有狊２－犺２＝狓２＋犚２（２分）又狓＝狏０２犺槡犵（２分）狏０＝ω犚（１分）解得ω槡＝５ｒａｄ／ｓ（１分）（２）如图乙所示有ｓｉｎθ＝狉犚＝０．６θ＝３７°，ｃｏｓθ＝０．８设小球质量为犿，

轻绳上拉力大小为犉犜，绳断前，有犉Ｔｃｏｓθ＝犿狏２０犚（２分）犉Ｔｓｉｎθ＝μ犿犵（２分）解得μ＝０．３７５（２分）１８．解：（１）物块加速度μ１犿犵＝犿犪（１分）得犪＝４ｍ／ｓ２（１分）对木板有【“物理试卷参考

答案μ１犿犵－μ２（犕＋犿）犵＝犕犪１（１分）可得犪１＝０．８ｍ／ｓ２（１分）（２）木板向右加速与墙壁第一次碰撞速度为狏１，则有狏１＝２犪１槡犔＝１．６ｍ／ｓ（１分）碰撞后反向向左减速，加速度为犪２，则有μ１犿犵＋μ２（犕＋犿）犵＝犕犪２（１分）可得犪２＝３．２ｍ／

ｓ２（１分）向左运动的最大距离为犔１＝狏２１２犪２＝１４犔＝０．４ｍ（１分）（３）木板第一次向右加速的时间为狋１１，则有狏１＝犪１狋１１可得狋１１＝２ｓ木板第一次反向减速的时间为狋１２，则有狏１＝犪２狋１２可得狋１２＝犪１犪２狋１１＝１４狋１１＝１２ｓ因此第一个来回用的时间狋１＝狋１１

＋狋１２＝５４狋１１＝５２ｓ（２分）第二次向右加速的时间为狋２１，则有犔１＝１２犪１狋２２１可得狋２１＝１２狋１１＝１ｓ同理狋２２＝１４狋２１狋２＝狋２１＋狋２２＝５４狋２１＝５４ｓ＝１２狋１（２分）【“物理试卷参考答案于是

有狋狀＝（）１２狀－１狋１狋狀１＝（）１２狀－１狋１１设木板在第狀次与墙壁相碰时，物块同时撞上墙壁，则所用总的时间犜狀＝∑狀－１狀＝１狋狀＋狋狀１可得犜狀＝５－３×（）１２狀［］－１ｓ（１分）物块一直做匀减速运动，

则有犾狀＋犔＝狏０犜狀－１２犪犜２狀可得当狀＝１时，犾１＝２２．４ｍ；（１分）当狀＝２时，犾２＝２９．９ｍ；（１分）当狀＝３时，物块末速度狏＝狏０－犪犜３＝－１ｍ／ｓ不满足题意，舍掉．（１分）获得更多资源请扫码

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