【文档说明】江苏省南京市中华中学2023-2024学年高三暑期小练（1）物理答案和解析.docx，共(9)页，256.137 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：1．A【详解】A．由v-t图可知，v-t图的斜率表示物体匀变速直线运动的加速度，则两物匀减速直线运动的加速度大小分别为0000032Avvttta=−=0000032Btavvtt=−=根据牛顿第二定律知，A、B受到的摩擦力大小分别为002AA

mvfmat==00BBmvfmat==则可得ABff=故A正确；B．对于匀加速运动，加速度大小分别为00Aavt=002Bvat=由牛顿第二定律得2AAAFfma−=解得003AmvFt=BBBFfma−=得0032BmvFt=可得:2

:1ABFF=故B错误；D．根据“面积”表示位移，可知，全过程的位移分别为000033212ABvtxxvt===可得全过程中摩擦力对A、B做功分别为fAAAfBWfxW=−=故全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：1．故D错误；C．对全过程，由动能定理得0FfW

W−=则恒力做功FfWW=可知F1、F2对A、B做功之比为1：1，故C错误；故选A．2．C【详解】A．对P炸弹，重力做功mgh；对Q炸弹，竖直方向位移为零，故重力不做功；A错误；B．P炸弹做平抛运动，由平抛运动相关知识PPxvt=2P12hg

t=联立解得P2gvxh=Q炸弹做斜抛运动，设抛射角为α，由斜抛运动相关知识QQcosxvt=Q21()22thg=联立解得Q2cos2xgvh=炸弹投出时，设人对炸弹的功为W，由动能定理2PP102mvW−=2QQ102mvW−=综上，只有当α等于60°时，两

枚炸弹初速度相同，人对炸弹做的功相同，B错误；C．由瞬时功率表达式PPPmgv=竖直QQPmgv=竖直Q炸弹从和P点等高的最高点落到M点的过程为平抛运动，所以有PQvv=竖直竖直所以PQPP=C正确；D．将P炸弹在M点时的速度分解为水平方向和竖直方向速度，故此时

的动能()222PMPPMy1122mvmvv=+同理可得()222QMQMy11cos22Qmvmvv=+因为22PMyQMyvv=而由Q炸弹轨迹的最高点和P点等高可知PQ2tt=所以有PQs2

covv=故两枚炸弹落地前瞬间的动能可能不相等，D错误．故选C．3．C【详解】分别对a、b小球受力分析，如图所示A．根据共点力平衡条件可得bTmg=，()sinsin90amgT=+解得:1:tanabmm=

即3abmm=故A错误；D．b球回到初始位置时，对bGTk0bWWE+=−由于绳子拉力对b球做负功T0W＜所以GkbWE＞即pkbbEE＞D错误；BC．b球回到初始位置时，连接a、b两个小球的绳子与杆的夹角分别为30a=，60b=此时两球的动能为2k12aaaEmv

=，2k12bbbEmv=又Tcoscosaabbvvv==代入计算可得3bavv=kk3baEE=B错误，C正确．故选C．4．A【详解】小球由B运动到A，重力做负功，摩擦力做负功，根据动能定理可得211012mgRWmv−−=−小球由A运动到B，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理

可得222102mgRWmv−=−整理得21112mgRWmv+=22212mgRWmv−=对比可得12vv同理可知，在经过同一位置时，上滑的速度大于下滑的速度，因此上滑所需的向心力大于下滑所需的向心力，而向心力

由轨道的支持力与重力沿垂直轨道分力的合力提供，因此在同一位置上滑时的支持力大于下滑时的支持力，故在同一位置上滑所受到的摩擦力更大，而上滑与下滑路程相等，故12WW故选A．5．B【详解】A．小球在到达A点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能在增大，在到达

A点后弹簧弹力小于小球重力，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧弹力大于小球重力，小球做减速运动，动能在减小，所以1t时动能不是最大，故A错误；B．以B点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有2P1mgxEmgx=−可知P1Ex−图像为一条直线，故B正确；C．小球在到达A点前，只有重力

做功，机械能守恒，接触弹簧后，弹力做负功，小球的机械能在减小，故C错误；D．设弹簧的劲度系数为k，小球接触到弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有()22P211122Ekxkxx==−可知P2Ex−图像不是直线

，故D错误．故选B．6．D【详解】A．两球到达各自悬点的正下方过程，重力做功相同，但B球在下落过程中，弹簧对其做负功，由动能定理知，A球到达各自悬点的正下方时的速度要大于B球，A错误；B．对A球由动能定理212

mgLmv=得2m/sv=B错误；C．A球到达悬点的正下方时，由牛顿第二定律2LFmgmv−=得轻绳的拉力为3NF=C错误；D．从释放至运动到最低点的过程中，由于两球重力相同，下落距离相同，故减小的重力

势能相同，D正确．故选D．7．A【详解】设管子的横截面积为S，液体的密度为ρ．拿去盖板，液体开始运动，根据机械能守恒定律得211442hhvSgSh=解得8ghv=故选A｡8．D【分析】把AB看成一个系统，只有重力做功，系统机械能守恒，根据

机械能守恒定律求出B球到达最低点的速度，对B球运用动能定理即可求解杆对B球所做的总功；设B球到右侧最高点时，AB与竖直方向夹角为，圆环圆心处为零势能面．系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解．【

详解】在A、B运动的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则有221122+=+ABAABBmgRmgRmvmv，又因为ABvv=，得2AvgR=，对B球，根据动能定理可得212BBBmgR

Wmv+=，而2BvgR=，解得0W=，AB错误D正确；设B球到右侧最高点时，AB与竖直B方向夹角为，如图，圆环圆心处为零势能面，系统机械能守恒，cossinABAmgRmgRmgR=−，代入数据得30=，所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖

直方向夹角约为37°，C错误．9．（1）12.4N；（2）2.4m；（3）6m【详解】（1）物体从E到C，由机械能守恒得()212CmghRmv+=在C点，由牛顿第二定律得2NCvFmgmR−=联立解得N12.4NF=（2）对从E到A的过程，由动能定理得Gf0WW−=()

Gcos37sin37ABWmghRL=+−fcos37ABWmgL=联立解得2.4mABL=故斜面长度LAB至少为2.4m．（3）因为sin37cos37mgmg解得tan37所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿光

滑圆弧轨道做周期性运动．从E点开始直至最后，系统因摩擦而损失的机械能等于B、E两点间的重力势能，根据能量守恒定律可得()cos37cos37mghRmgs+=解得6ms=10．（1）12ag=；（2）2Pmggh=；（3）116h【详解】（1）设轻绳对A球的拉力为F，对A

球研究22Fmgma−=对B、C整体研究66mgFma−=解得12ag=（2）设小球C着地时，A的速度为1v，对A、B、C整体研究，根据机械能守恒定律有2116822mghmvmgh=+又12Pmgv=解得2Pmggh=（3）设B刚

好要落地时的速度大小为2v，对A、B研究，根据机械能守恒定律2221110.53322mghmvmv−=−解得223vgh=B落地后，A做坚直上抛运动，上升的高度22123vhhg==因此小球A上升的最大高度3111236Hhhh=+=获得更多资源请扫码加入享学

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