广东省江门市培英高级中学2023-2024学年高一下学期3月段考物理试题

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1-8: D D B A C B D A 9-12: AC AC AC BC
1．【答案】D
【详解】
A．平抛运动只受重力作用，故不是平抛运动，故A错误；
B．空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由
可知，运动时间相同，在恒定水平风力作用下
F=ma，
米粒和糠落到地面不同位置，则加速度不同，所以质量不同，故B错误；
C．空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由
v2=2gh
可知，落地竖直方向的速度相同，故C错误；
D．根据
I=mgt
由于米粒质量大，下落时间相同，可知米粒重力的冲量大于糠重力的冲量，故D正确。
故选D。
2．【答案】D
【详解】A．P点的轨迹为圆周，线速度方向改变，故A错误；
B．根据线速度的公式
可知t→0,同一时刻，M、N两点的线速度大小相等，方向也相同，故B错误；
C．M、N两点的线速度相同，圆周运动半径也相同，由ω=v/r可知，角速度大小相等；
D．若增大OP的长度，则刮水片刮水时覆盖面积将会增大，故C错误，D正确。
故选D。
3．【答案】B
【详解】A．根据动能定理得
求得人对物体做功为
故A错误；
B．人对物体所做的功等于物体机械能的增加量，即有
故B正确；
C．物体的重力做功为
即物体克服重力做功80J，物体的重力势能就增加了80J，故C错误。
D．由题可得物体动能增加量为
故D错误；
故选B。
4．【答案】A
【详解】A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于，所以根据
可得
则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，故A错误,故选A；
BD．对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，故BD正确；
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，故C正确。
故选A。
5．【答案】C
【详解】B．当牵引力等于阻力时，平衡车速度达到最大，则有
故B错误；
CD．平衡车匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得
解得牵引力为
故C正确，
平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为
D错误；
A．时间内，根据动能定理可得
由于时间内平衡车的功率小于额定功率，可知时间内，牵引力做功
则阻力对平衡车做的功
故A错误。
故选C。
6．【答案】B
【详解】设实心球出手时的速度大小为v0，规定竖直向上为正方向，出手后，竖直方向做匀减速直线运动有0=V0Sin370-gt
解得
，
所以运动员对铅球做的功为
故选B。
7．【答案】D
【详解】A．从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒。但整个过程中机械能不守恒，故A错误；
B．子弹在木块中与木块一起上升的过程中，系统所受合外力不恒为零，则系统的动量不守恒，故B错误；
C．规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得
解得子弹射入木块后的共同速度为
故C错误；
D．子弹射入木块后，子弹和木块一起上升，该阶段根据动能定理得
解得上升的最大高度为
故D正确。
故选D。
8．【答案】A
【详解】设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为，近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律
由题图得
可得卫星Ⅱ的周期为
故C错误；
对于卫星Ⅱ
解得地球质量M=
故A正确；
B．对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得
所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为
故B错误；
D．由于卫星Ⅱ为地球的近地卫星，根据“高轨低速长周期”可知，卫星Ⅱ的运行周期小于卫星Ⅰ的运行周期，而卫星Ⅰ的运行周期与地球的自转周期相同，故卫星Ⅱ与地球的自转周期不相同
故选A。
9．【答案】AC
【详解】A．小物块到达小车右端时，物块相对于地面的位移为，对物块，根据动能定理得
所以小物块到达小车最右端时具有的动能为，故A正确；
B．物块相对于地面得位移大小为，则物块克服摩擦力做的功为
故B错误；
C．对小车分析，小车对地面的位移为ｘ，根据动能定理得
所以小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为，故C正确；
D．小物块和小车发生相对滑动，摩擦产生的内能为
故D错误。
故选AC。
10．【答案】AC
【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确
B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；
C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故C正确
D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D错误
11．【答案】AC
【详解】B．圆环做平抛运动，竖直方向上根据
可得
大人和小孩抛出圆环的高度之比为，则运动时间之比为，即大人抛出的圆环在空中飞行的时间较大，故B正确；
A．圆环在水平方向上有
可得
水平位移相等，则平抛初速度之比为时间的反比，即为，即大人抛出的圆环初速度较小，故A正确；
C．圆环落地时重力的瞬时功率为
落地时重力的瞬时功率之比等于时间之比，为，故C正确；
D．根据动量定理，可得合力的冲量等于动量的变化量，即
动量的变化量之比也为时间之比，故D错误。
故选AC。
12【答案】BC
【详解】A．石块水平抛出时的初速度为
其中
解得石块水平抛出时的初速度
v0=50m/s
选项A错误；
B．石块和重物系统的机械能守恒，重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量和重物动能的增加量之和，选项B正确；
C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功
选项C正确；
D．石块圆周运动至最高点时，根据
解得石袋对石块的作用力大小为
方向竖直向下，选项D错误。
故选BC。
13．【答案】 BD 10 1.5 2.0
【详解】（1）[1]AB．根据实验结果可知平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，不需要质量相等，因此实验时需要A、B两球从同一高度开始运动，不需要两球质量相等，故A错误，B正确；
C．小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动，A球在竖直方向上的运动情况应该跟B球相同，因此两球同时落地，故C错误；
D．为探究实验的科学性，应改变装置的高度多次实验，故D正确；
E．本实验只能说明A球在竖直方向的运动性质，不能说明A球在水平方向做匀速直线运动，故E错误。
故选BD。
（2）[2]由图乙可知，在竖直方向上
根据
可得
故
[3]小球平抛的初速度大小为
[4]经过B点时的竖直分速度大小为
14．【答案】 （1） （2）
（3） 或
（4）运动过程中系统各部分需要克服阻力做功，造成机械能减少；
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）助跑过程，根据位移与速度的关系式有
（1分）
解得
（1分）
（2）取刚要起跳时重力势能为零，则起跳时的机械能与最高点的机械能分别为
（1分）
（1分）
则运动员机械能的变化量为
（2分）
（3）由最高点落到软垫过程，根据移与速度的关系式有
（1分）
取竖直向上为正方向，接触软垫到速度为零过程，由动量定理得
（2分）
解得
（1分）
16．【答案】（1），；（2）（3）能
【详解】（1）弹珠在水平面做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动规律，设弹珠A在段的平均速度为则有
（1分）
代入数值解得
（1分）
弹珠在地面上运动时的加速度大小为
（1分）
解得（1分）
（2）设AB质量都为，碰后B速度为，弹珠AB碰撞时根据动量守恒有
（2分）
解得
（1分）
根据能量守恒得两弹珠构成的系统碰撞过程中的机械能损失为
（2分）
解得 （1分）
弹珠A、B与地面间的动摩擦因数相同，则运动中加速度大小相同 （1分）
则弹珠B碰后减速到零时通过的位移为
（1分）
解得 （1分）
XB=，所以碰后B刚好能进入坑中，所以该同学能胜出（1分）
17．【答案】（1）1.8m；（3）L≤0.2m或2m≤L≤3.2m
【详解】（1）最终小球动能为零，停在轨道上，由动能定理知
（2分）
解得通过的路程为
L1=3.2m （1分）
所以返回后距离B点的距离为
L=LBC-（L1-LBC）=1.8m （1分）
（2 ）小球从A点恰好运动到C点，由动能定理知
（2分）
解得
L=3.2m （1分）
要使小球能够滑上圆轨道，应满足
L≤3.2m （1分）
在圆轨道运动时小球不脱离轨道，有两种情形：
情形一:物体能完成圆周运动
在最高点有
（1分）
对小物块从B点到圆轨道最高点，利用动能定理有
（2分）
解得
L=0.2m （1分）
小球不脱离轨道应满足
L≤0.2m （1分）
情形二:物体运动到圆轨道圆心等高处速度为零
对小物块从B点到圆轨道圆心等高处，利用动能定理有
（2分）
解得
L=2m （1分）
小球不脱离轨道应满足
L≥2m （1分）
综合以上可得要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足
L≤0.2m或者2m≤L≤3.2m （1分）