【文档说明】安徽省皖江名校联盟2022-2023学年高三上学期12月第四次联考物理答案.pdf，共(6)页，493.992 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7014808a720ed816201e7bd175b96ae5.html

以下为本文档部分文字说明：

2023届高三第四次联考·物理参考答案第1页（共4页）物理参考答案1.C【解析】A根据公式h=𝑣22𝑔,可知当速度变为2倍时，最大高度变为原来的4倍，A错误；在最高点的机械能等于mgh,h变为原来的4倍，则最高点

的机械能变为原来的4倍，B错误；上升过程的时间t=𝑣0𝑔,可以知道上升时间变为原来的2倍，C正确；A点距抛出点的高度不变，根据公式，上升高度h=𝑣02−𝑣22𝑔,若初速度和经过A的速度都变为原来的2倍，则h变为原来的4倍，所以D错误。2.A【

解析】对A受力分析，T-Mg=Ma得T=M（g+a）=120N，得地面支持力为380N，所以A正确。3.A【解析】炸弹下落时间t=√2ℎ𝑔=8s，第一枚炸弹在水平方向距O点位移x1=v1t=240m；第二枚炸弹在水平方向距O点位移x2=v2t=320

m，两个位移夹角90°，根据勾股定理求出两个落地点间的距离为400m，A正确。4.A【解析】空间站的轨道半径r1=R+h1=6.85×106𝑚，北斗卫星中轨道卫星A的轨道半径r2=R+h2=2.74×107𝑚，可得𝑟1𝑟2==14，根据开普勒第三定律𝑟3𝑇2=𝑘，

从而得出二者的周期之比为𝑇1𝑇2==𝑟1√𝑟1𝑟2√𝑟2=18，从图示位置开始，二者转过的角度相差n2π，得：（2𝜋𝑇1-2𝜋𝑇2）t=n2π（n=1，2，3）化简n=7𝑇2𝑡，t取值(0，7]，所以共7次相距最近。5.D【解

析】若保持正对面积不变，把A板上移，电容器的电容C=𝜀𝑆4𝑘𝜋𝑑=𝑄𝑈=𝑄𝐸𝑑，得出E=4𝑘𝜋𝑄𝜀𝑆，电场强度与电荷量和正对面积有关，与两极板距离无关，所以A错误；紧靠B插入一块铁板相当于两极板间

距离变小，电荷量不变，正对面积不变，所以电场强度不变，把q移到A板电场力做功不变，所以q的电势能不变，D正确；向左移到A板，正对面积减小，电场强度增大，所以q所受电场力变大，B错误；紧靠B插入有机玻璃板，电容器

的电容C变大，E变小，把q移到A板电场力做负功且数值变小，所以q的电势能变大，C错误。6.A【解析】小物块沿斜面下滑的加速度大小为a=gsin𝜃，把此加速度分解为水平和竖直方向，在水平方向的加速度ax=gsin𝜃cos𝜃，竖直方向的加速度ay=gsin2𝜃对整个小物块和斜面系

统整体在水平方向上列牛顿定律，Ff=mgsin𝜃cos𝜃=mgsin𝜃cos𝜃=mgsin2𝜃，当θ=45°时，地面摩擦力最大，此时，对系统在竖直方向上列牛顿定律Mg+mg-FN=mgsin2

𝜃解得FN=Mg+12mg所以A正确。7.BD【解析】对小球受力分析FNsin𝜃=mg①，在竖直方向上平衡，所以FN不随角速度变大而变化，A错误；细绳刚好断裂，则F-FNcos𝜃=m𝜔2r②θ=45°，联立上式子，得ω=30rad/s，B正确；变形公式②得F=FNcos𝜃+m�

�2r可以知道角速度变为原来2倍，细绳拉力不变为原来2倍，C错误；绳子断裂后，小球做离心运动，所以沿杆向下运动，D正确。8.AC【解析】设带电体在电场E1中加速度为a1，带电体在电场E2中的加速度为a2，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和

为0，列位移方程12𝑎1𝑡2+a1t2t-12𝑎2（2𝑡）2=0得a2=54a1即E2=54E1;根据速度关系v=a1t返回A点时速度vt=v-a22t=-2a1t=-32v所以AC正确。FNFθθ2023届高三第四次联考·物理参考答案第2页（共4页）9.ABD【解

析】设电场强度E=0的位置坐标为x，则𝑘𝑞1𝑥2=𝑘𝑞2（𝑥−6）2解得x=4cm或x=12cm，因为在q1和q2正负电荷之间电场强度不可能为0，所以舍去x=4cm，即x=12cm处电场强度为0，据此画出x轴上电场线大致分布如图所示。

若在x=20cm处释放一电子，电子沿x轴做往复运动，向左经过x=18cm处，电子速度在增加；电子向右经过x=18cm位置处，速度在减小，所以A、B正确；若释放正电子，根据受力，正电子将一直向右运动，速度一直增

加，电势能一直减小，所以C错误，D正确。10.（8分，每空2分）【答案】（1）0.760（2）不能（3）需要（4）1𝑡2【解析】（2）此时拉力等于右边砝码总重力的一半；（3）传感器测出的是拉力，牛顿定律验证的是合力，需要平衡摩擦

力；（4）因为从静止开始计时，x=12at2，所以a=2𝑥𝑡2，同时根据牛顿第二定律可知小车的加速度a=𝐹𝑚，所以2𝑥𝑡2=𝐹𝑚，当x和m一定时，1𝑡2与F成正比。11.（8分）【答案】（3）2.04（2分）（4）0.83（1分）（5）1.03（1分）1.01

（1分）（6）0.98（2分）（7）在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功（1分）【解析】（3）由∆𝐸𝑃=mgh=2.04J；（4）v5=𝑥42𝑇=0.83m/s。12.（1

2分）【解】（1）对A受力分析如图，340NFMgmg（1分）A受地面的摩擦力1138NfF（1分）A受B的摩擦力2244NfF（1分）A的加速度21214m/sffaM，方向向左（1分）B的加速度2214m/sag，方向向右（1分）（2）B的初速

度小于A的初速度，所以B首先减速到0（1分）所需时间12sBvta=(1分)此时A的速度1114m/sAvvat(1分)当B的速度减小为0后，B向右做初速度为0的匀加速，A继续向右减速，加速度是原来加速度设从B的速度

为0时刻到二者共速经历时间为t211222vatat（1分）0x/cm6121820f1Bf2F3F4Mg2023届高三第四次联考·物理参考答案第3页（共4页）解得t2=0.5s（1分）此时速度v=2m/s（1分）二者共速后共同减速，a=2m/s2，=31svta（1分

）总时间为1233.5stttt（1分）（其他类似图像解法参考给分）13.（14分）【解】（1）对小球从C点到B点过程应用动能定理211·1.92qERmgRmv（2分）在B点，根据牛顿第二定律21mvFqER（2分）联立以上两个方程得：2.8Fmg（1分）由牛顿第三定律得：

小球对轨道压力大小为2.8mg（1分）（2）小球在B点动能为21130.922mvmgRmgR，故小球不能通过最高点D（1分）假设在M点脱离轨道，此时OM连线与竖直方向成θ角，重力沿半径方向的分力提供向心

力22cosmvmgR（2分）从B点到E点，根据动能定理222111cos22mgRmvmv（2分）联立以上两方程得cos0.6（1分）cos0.6HRR（2分）14.（16分）【解】

（1）t=0时刻进入电场后，粒子在电场中加速，粒子的加速度012qamL（1分）达到B板过程中2112atL（1分）1010225282LLmtLTqaqmL（2分）小于半个周期（2）如图设t1时刻产生

的粒子恰好能到达B板则该粒子在t1-𝑇2时间内向右匀加速，𝑇2时刻后向右做匀减速，当速度恰好减到0时刚好达到B板，这两段运动的总位移正好为L，画出v-t图OBAECDMθ2023届高三第四次联考·物理参考答案第4页（共4页）设加速阶段加速度大小为a，加速时间为t

，末速度vat则减速阶段加速度大小为3a，从v减速到0时间为3t（6分，画出图标上加速度时间）由图像面积等于位移L得432tatL（2分）解得3150.24216LtTTa（1分）从0-t

1时间内发射的粒子都能达到B板，这段时间为0.262TtT（1分）因为每个时刻产生的微粒数均等，发射粒子数之比就等于发射时间之比226%TtT（2分）（其他不画v-t图用公式求解亦正确，酌情给分。）0�

�vt∆tT2∆t3t1获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com