【文档说明】重庆市缙云教育联盟2022-2023学年高三上学期9月质量检测试题 物理答案和解析.docx，共(8)页，297.409 KB，由管理员店铺上传

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★秘密·2022年9月28日17：45前重庆市2022-2023学年（上）9月月度质量检测高三物理答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1．B2．D3．B4．C5．B【详解】A．AB两球从不同高度处发出，B球的高度大于A球的高度，由竖直方向的位移关系212hgt

=可知，B球下落的时间大于A球下落时间，由于两球同时落到对方台面上，故B球比A球先发出，A错误；B．由于B球的高度大于A球，故B球到达球网上端时的竖直方向的分速度大于A的竖直方向的分速度，故B球从网高落入台面所用的时间较少，两球同时落到对

方台面上，故A球先到达球网上端，B正确；C．B球抛出点到网的高度大于A球抛出点到网的高度，故B球从抛出点到达球网的上端所用的时间大于A球，此过程中水平位移相同，故B球的水平初速度小于A球的水平初速度。又由于B球从网高落入台面所用的时间

较少，根据水平方向的位移0'xvt=得，B球落到球台上时，距球网更近，C错误；D．两球落到地面时，A球的水平方向的分速度较大，B球的竖直方向分速度较大，且AB球下落高度和网的高度以及水平位移没有具体数据，故无法判断落到球台前瞬间两球的速度大小关系，D错误。故选B。6．D【详解】A．由于VVA和VV

B两星间是由彼此的万有引力来提供向心力，即两星的向心力大小相等，且两星做圆周运动的周期、角速度相等，由2FMr=向，可知轨道半径与天体的质量成反比，VVB的质量增大，VVA的质量减小，即VVB的轨道半径减小，VVA的轨道半

径增大，公共质心离VVB越来越近，A项错误；B．两星的质量之和不变，且质量之差减小，由均值不等式知，当ABMM=时，ABMM有最大值，由AB2GMMFL=引可知两星间的引力将增大，B项错误；CD．对VVA和VVB有2ABAA224GMMFMrLT==向，2ABBB224GMMFMrLT

==向，ABrrL+=解得()3AB2LTGMM=+，由于VVA和VVB两星的总质量不变，所以两星绕公共质心的周期不变，角速度2T=也不变，故C错误，D正确。故选D。2022.097．C【详解】A．根据212xat

=，乙和丙在相等的时间内运动相等的位移，所以乙和丙的加速度始终相等，乙和甲在相等的时间内运动的位移不相等，所以运动过程中甲、乙的加速度不始终相等，A错误；C．物体甲最高运动到与定滑轮等高的位置时增加的重力势能为Δ1.244.8pEmgmg==甲物

体甲最高运动到与定滑轮等高的位置时，乙和丙减少的重力势能为Δ224pEmgmg==乙丙如果物体甲最高运动到与定滑轮等高的位置，与机械能守恒定律相矛盾，所以物体甲最高不可能运动到与定滑轮等高的位置，C正确；D．运动过程中，某时刻物体甲的速

度达到最大时，物体乙和物体丙的速度相等且最大，系统处于瞬时平衡状态，设此时轻绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件得2cos1.2mgmg=，解得53=，根据速度分解3cos535vvv==乙甲甲D错误；B．若初始时刻轻绳的拉力为mg，对甲物体根据牛顿第二定律得2cos371.2

1.2mgmgma−=甲，解得3ga=甲因为初始时刻系统处于非平衡状态，轻绳的拉力不等于mg，所以物体甲的加速度不等于3g，B错。故选C。8．C【详解】根据题意得11fxW=，22fxW=，33fxW=，212ff=，322ff=，123xxxl++=，解得147xl=根据动量守

恒定律得0120021mvmv+=，根据动能定理得211110212fxmv−=−，解得201503mvfl=，故选C。9．BD10．BD11．BD【详解】AB．当光源位于A位置时，如图在圆弧位置D发生了全反

射则有1sinCn=，解得C30=，故圆弧BD上有光线射出，且60BOD=，故半圆弧的13部分有光线射出，故A错误，B正确；CD．设任一入射光线的入射角为，如图在OPE中有sinsinOPOE=，解得1sinsin2=，因为的取值范围为：0−，故1sin2即C

，故整个半圆弧均有光线射出，故C错误，D正确。故选BD。12．（1）10.55（2分）（2）22()2()ababmmdhtmm+−（2分）（3）C（2分）（4）大于（2分）【详解】（1）[1]游标卡尺的示数为d=10mm+11×0.05mm=10.55mm（2）[2]物块b到光电门的速度为d

vt=，从释放到物块b运动到光电门的过程中，物块a、b组成的系统机械能守恒，则有21()2ababmghmghmmv−=+，联立解得22()2()bbaammdghtmm+=−（3）[3]由（2）可知22())12()ababmmdhgmmt+=−，即21ht，故选

C。（4）[4]设挡光片的质量为m，则测得的重力加速度为2221()2()ababmmghtmmmdm++=−−，忽略挡光片的质量而测得的重力加速度为222()2()abbammdgghtmm+==−，则有bbababbbababmmmmmmmmmmmmmmm++++−−−−−，故有12gg

13．（1）BC（1分）（2）ADE（1分）（3）142.91413.9（3分）（4）76.8（1分）【详解】（1）[1]AB．本实验中为了使入射小球每次运动至斜槽末端时的速度相等，要求入射小球每次都要从同一高度由静止滚下，但斜槽并不

必须是光滑的，故A错误，B正确；C．当把球放在斜槽末端时，球静止，则说明斜槽末端沿水平方向，故C正确。故选BC。（2）[2]m1和m2离开轨道末端后均做平抛运动，由于下落高度相同，所以运动时间相同，均设为t，则由题意可知m1与m2碰撞前瞬间的m1的速度大小为0OPvt=①，由于m1

与m2碰撞后瞬间m1的速度不可能大于碰撞前瞬间的速度，所以碰后瞬间m1和m2的速度大小分别为1OMvt=②，2ONvt=③，对碰撞过程根据动量守恒定律有101122mvmvmv=+④，根据以上分析可知，若要验证两个小球碰撞过程动量守恒，需

要用天平测量两个小球的质量1m、2m，分别找到1m、2m相碰后平均落地点的位置M、N，并测量平抛射程OM、ON，而时间t在后续运算中可以消去，故ADE步骤需要，BC步骤不需要。故选ADE。（3）[3][4][5]根据前面分析可知1144.80cm1435.20

cm11pOPpOM===⑤，112245.0g35.20cm117.5g55.68cm2.9pmOMpmON===⑥联立⑤⑥可得碰撞前后总动量的比值为1121413.9ppp=+⑦（4）[6]仅更换两个小球的材质，其他条件不

变，使两小球发生弹性碰撞，此时被碰小球获得的速度最大，做平抛运动的射程最大。根据能量守恒定律有222101122111222mvmvmv=+⑧，联立④⑧可得120122mvvmm=+⑨，根据①③⑨式可知被碰小球2m平抛运动射程ON的最大值为1max12276.8c

mmONOPmm==+⑩14．（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有2112mgrmv=物块a运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有21vFmgmr−=联立以上两式代入数据解得0.1kgm=，15msv=……………………………………………………4分

（2）物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有11mamg=设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为2v，由公式2202vvax−=可得222112vvad−=−解得204m/s2m/svv==，则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s

，物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为3v，b的速度为4v，则有234mvmvMv=+，222234111222mvmvMv=+，联立解得32msv=−，42msv=，即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s。………………………………………

………8分（3）碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为a2，到静止时所用时间为t1，位移为x1，物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到0后再向左做匀加速运动，对于物块b，由牛顿第二定律有22MaMg=由运动学公式有24212vax=，421vat=联立解得10.4m

x=，10.4st=对于物块a，设速度减为0所用的时间为t2，位移为x2，由运动学公式有23122vax=，312vat−=解得22mxd=，22st=…………………………………………………………………………10分由

12tt可知，物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间的速度大小为v5，则有2235112vvax−=，解得545ms5v=物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为6

v、7v，则有567mvmvMv=+222567111222mvmvMv=+，解得625ms5v=−，725ms5v=物块b第二次碰撞后向左滑行的距离27320.08m2vxa==物块a第二次碰撞后向右滑行的距离26410.4m2vxa==则两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为340.48mx

xx=+=…………………………………………15分15．（1）由题意知12Hvt=解得2Htv=……………………………………………………………………………………………………5分（2）设飞船和空间站组合体的质量为m，地球质量为M，则2Mm

GmgR=，()2MmGmaRh=+解得()22RagRh=+…………………………………………………………………………………………10分16.（1）初、末状态()127327K300KT=+=，()227333K306KT=+=51110Pap=，102301.8LVVVVV

=+==根据理想气体状态方程112212pVpVTT=，521.8L110Pa(1.80.1230)L300K306Kp+=解得523.0610Pap=……………………………………………………………………………………

6分（2）温度由33℃降到室温27℃过程中轮胎内气体发生等容变化，有3221ppTT=代入数值得533.0610Pa306K300Kp=解得553310Pa2.810Pap=胎压过大，需要放出部分气体。根据等温变化，有303pVpV=…………

…………………………9分代入数值得553310Pa2.810PaVV=根据题意得33VVV−=解得115=所以放出气体的体积占轮胎内总气体体积的115…………………………………………………………14分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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