【文档说明】重庆市重庆八中2024—2025学年度(上)高三年级入学适应性训练 物理学科答案-最终版.pdf,共(7)页,1.202 MB,由小赞的店铺上传
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1重庆八中2024——2025学年度(上)高三年级入学考试物理试题答案1、【答案】CA.踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力与反作用力,根据牛顿第三定律可知,相互作用力大小相等,作用方向相反,故A错误;B.当人开始向上弹起时,高跷对人向上的支持力大
于人的重力,人处于超重状态;当人向上运动并减速时,高跷对人向上的支持力小于人的重力,人处于失重状态,故B错误;C.当弹簧压缩到最低点时,人的速度已经为0,并要开始向上做加速运动,则高跷对人的作用力大于人的重力,故C正确;D.当人从最高点开始下落时,人处于完全失
重状态,人做自由落体运动;当弹簧触地时,弹簧会向上产生弹力,并且弹力随着压缩量的增加而增大,所以人会先做加速度减小的加速运动,后做加速度增加的减速运动,故D错误。2、【答案】BA.卫星运行速度小于第一宇宙速度,A错误;B.根据卫星运动向心力公式22MmvGmrr可得r越大速度越小,故同步
轨道卫星运动速度比中圆地球轨道卫星速度小,B正确C.卫星动能与质量有关,同轨道速率相等,质量未知无法比较,C错误;D.根据卫星运动向心力公式2224MmGmrrT可知r越大周期越大,故同步轨道卫星周期比中圆地球轨道卫星周期大,D错误;3、【答
案】D【详解】A.入水前只受重力作用,加速度不变,所以2t时刻刚好进入水中,故A错误;B.离开跳板后在1t时刻到达最大高度,速度向上减为零,故B错误;C.离跳台最大高度为2112hgt,故C错误。D.在v-t图象中,速度的正负代表运动的方向,斜率表示
加速度的大小,在23tt时间内加速度越来越小,则速度变化越来越慢,故D正确;4、【答案】C【详解】两绳对耙拉力的合力为2cos303FFF合耙沿水平方向匀速耙地,所以地对耙的水平阻力大小为cos301.5fFF合,故选C。{#{QQABLYCQogggAIB
AABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}25、【答案】D【详解】A.小球A做自由落体运动,初速度为0,经过相等位移的时间比为123::1:21:32ttt()(),A错误;B.设
小球A下落h所用时间为1t,有2112hgt,解得12htg,小球A下落的总时间为,1ttt总,下落的总高度为22211222hgthgtght总总,B错误;C.小球A运动时间更长,在水平速度相同的情况下,A的水平位移更大,C错误;D.若两位同学均各下一层楼重做以上
实验,假设两位同学不动,相当于二楼就是地面,由于两球加速度相同,原来落地时A球速度大,从二楼到一楼,根据2212ghvv可知,到二楼时A球速度大,根据12vvht可知,A球从二楼到地面所用时间
短,又因为两球同时落地,所以B球先落到二楼,D正确。6、【答案】AA.C.设无风时绳子夹角的一半为1,绳长为L,有风时绳子夹角的一半为2,有风时如图有122sinLLL,1sindL。又因为12dLL,所以�
��1>���2,故A正确;B.无风时,衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态,如图所示,同一条绳子拉力相等,则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等。由几何关系可得3sin1.255dd,解得37
,根据平衡条件可2cosmgF,解得52cos8mgFmg,故B错误。C.由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦,则挂钩相当于动滑轮,两端绳子的拉力总是相等,故C错误;D.在有风的情况下,两端绳子之间的夹角变小,但是两细绳拉力的合力为恒力,则拉力F变小,故D错误;7、【答案】C【
详解】A.由于三颗星保持相对静止,一起绕着某点做圆周运动,三星角速度与周期相等,根据对称性,B、C轨道半径相等,作出三星运动轨迹,如图所示对A星体有22A2312cos30mGmRl对B、C星体,两星体各自所受引力的合力大小相等,令为
F,根据余弦定理有{#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}32222222222222313131312cos120mmmmFGGGGllll
对B、C星体,两星体各自做圆周运动,B、C轨道半径相等,令为BC0RRR,则有2031FmR解得A02RR,可知,三颗星A、B、C的半径大小之比为2:1:1,故A错误;B.三颗星
A、B、C的角速度相等,故B错误;C.距离l均不变,对A星体有22A223142cos30mGmRlT若A、B、C的质量均变为原来的3倍,根据对称性可知,三星圆周运动的圆心不变,即轨道半径不变,则有22A22193142cos303mGmR
lT,解得133TT,故C正确;D.若A、B、C的质量不变,距离均变为2l,根据对称性可知,三星圆周运动的圆心不变,即轨道半径均变为先前的2倍,则对A星有22A2223142cos3022mGmRTl解得
222TT,即若A、B、C的质量不变,距离均变为2l,则周期变为22T,故D错误。8、【答案】AB【详解】A.球在c点对球拍的压力大小为3mg,由牛顿第三定律,在c点球拍对球的支持力大小N3Fmg,则在c点2NvFmgmR解得
做圆周运动的线速度大小2vgR,故A正确;B.在a处2NvmgFmR,解得NFmg,球在a处受到球拍的作用力为mg,故B正确;C.设在b处球拍与水平面的夹角为,若满足2tanvmgmR,又2vgR,解得tan2。小球在b处可能受重力、支持力和摩擦力这三个力的作用,故C错误;
D.运动的周期为222π2RRRTvggR,故D错误。9、【答案】ACB.土星的公转半径更大,故土星的公转线速度比火星的线速度小,故B错误;{#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCg
CQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}4AD.根据开普勒第三定律有3322地地RRTT,解得3RTTR地地设相邻两次“冲日”时间间隔为t,则有222ttTT
地解得3311RTtTR地地地年,可知,行星冲日时间间隔均大于一年,由于海王星的半径最大,则海王星的冲日时间间隔最短,故A正确,D错误;C.对木星因35.25.211.86TRTR,其中1T年,代入1TtTT,可得1.1t年,C正确。1
0.【答案】BD【解析】小物块由静止开始,长木板有初速度且受到恒力作用,所以对物块受力分析,由牛顿第二定律得���������=���������解得������=������对长木板受力分析有���−��������
�−���×2������=���������解得������=������−3������根据图像斜率可知初始阶段������<0,������=������解得���=2���������则���做匀减速直线运动,���做匀加速直线运动,共速
后由于整体合力为零,将一起做匀速直线运动,故A错误,B正确C.D.根据图像知���做匀速直线运动,即���=3������������做匀加速直线运动,两者共速后,一起做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有���−
2���������=2������解得���=12������=12������,故D正确;若������<������,则有3���������<���<4���������两者均做匀加速直线运动,共速后一起做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律的���−2�����
����=2������′解得12������<���′<������故C错误。11.【答案】(1)变大(2)直线1(3)线性每问2分【解析】解:(1)手机随蔬菜蓝的转动做的圆周运动可看作是圆锥摆运动,设蔬菜蓝侧壁与水平方向夹角为���,侧壁对手机的压力为�
�����,则有������=������2���,可知:在从慢到快转动手柄的过程中,角速度增大,蔬菜篮侧壁与手机间的压力变大。(2)由图乙可以看出同样的角速度,直线1的向心力F更大,由���=������
2���知:直线1对应的手机质量更大。(3)由���=������2���知,在蔬菜蓝直径一定时,手机的向心力与线速度大小的平方成正比,图像是线性图像。12.【答案】(1)相等(2)22ABddttL(4)C(5)sin10mgMmk(5)问3
分,其余2分【详解】(2)两物块用绳连接,所以速度大小相等,运动过程中,初速度为1Bdvt{#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}5末速度为2Avdt位移为2344LLLx根据22122axvv
可得22ABddttaL(4)从B中拿出1n个砝码放入A中,AB上的两挡光片通过两光电门的时间刚好相等,说明系统匀速运动,设凹槽A(含挡光片)的质量为M,有(11)sin(9)s
in(11)cos(9)cosMmgMmgMmgMmg解得tan10mMm从B中总共拿出2n个砝码放入A中时,有(10sin(10sin(10cos(10cos2
20MnmgMnmgMnmgMnmgMma))))解得sin(1)10mganMm根据图线可知,横坐标为n1。故选C。(5)已知图线斜率为k,根据sin(1)10mganMm可知sin10mgkMm
解得sin10mgMmk13.(12分)解:(1)易知,甲乙共速时,两车沿轨道方向的距离最大。对甲车:���乙=���甲0+−������1分解得:���=3���1分甲车位移:���甲=���甲0+���乙2���=15���1分乙车位移:���乙=���乙��
�=6���1分沿运动方向,两车最大间距:∆���=���甲-���乙=9���1分(2)甲乙共速时,甲乙两车间距:∆���=∆���2+���2=117���>10���1分故不妨设经过时间���1甲乙两车间距恰好为10���甲车:���甲=���
甲0���1+12-������121分乙车:���乙=���乙���11分甲乙两车沿运动方向距离:∆���1=���甲−���乙=102−���2=8���1分联立解得:���1=2���1分甲车停止后,两车之间通讯时间���2=2∆���
1���乙1分解得:���2=8���故总通讯时间:���总=���1+���2=10���1分14.(12分)解:{#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}6(1)无外力时,
对���、���:���0=3������sin���1分易知,施加外力后,若���、���立即分离,此时���向上加速上滑的加速度最大,故:���0−������sin���=���������2分联立解得:������=���2分(2)无外力时,弹簧压缩量:���0=
���0���1分���、���分离时,对���:������−������sin���=������22分从开始到分离,对���、���由匀变速公式有:���0−���=12∙���2���22分联立解得:���=2���������2分15.(18分)解:(1)①恰好到与圆心等高处,
由动能定理有:−���������=0−12������021分解得:���0=2������②恰好过最高点,在最高点:������=������2���1分由动能定理有:−������∙2���=12������2−12������021分联立解得:���0=5������故���0
的取值范围:���0≤2������或���0≥5������2分(2)①设小球第���次到���正上方时绳断,此时以���为圆心有:������+������=���������2���−2���−1���(���=1,2,3,⋯)1分小球第���次(初始记为
第1次)到���正下方时:������−������=���������2���−2���−2���1分从开始到小球第���次到���正下方:−2���������−1���=12���������2−12������021分从开始到小球第���次到���正上方:−��
�������+���−2���−2���=12���������2−12������021分小球第���次到���正上方时绳断条件:������≤30������、������≥30������1分联立解得:29���66���−35≤���≤23���5
4���−11分由于���有解,故29���66���−35≤23���54���−1,即���≤76148≈15.91分当���=1,又考虑到绳长为���:29���31≤���≤���1分当���=2,3,4,⋯15:29���66���−35≤���≤23���54���−
11分②绳断后,小球做平抛运动:���+���−2���−2���=12������2���=���������两式共1分联立解得:���=8���+2���−1������−���−1���{#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNA
BAA=}#}7变形为:���=8−2���−1���2+������−1���+���21分对内的函数分析,其对称轴���−1���=���4将①结果变形为:29���−1���66���−35≤���−1���≤23���541分由于0<���4<23���54,故���−1���=��
�4时,������������=3���1分{#{QQABLYCQogggAIBAABgCAwWoCgCQkACAASgOgFAMoAAAwQNABAA=}#}