2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试11月调研测试卷物理参考答案1～7BACDADB8AC9BC10BC解析：1．B。顾客受扶梯的作用力方向竖直向上，顾客对扶梯的作用力方向竖直向下，选项B正确。2．A。空气阻力做负功，该运动员的机械能一直减少，选项A正确。2Mm月Mm苹aR3．C。设地球质量为M，则Gm月a，Gm苹g，所以，选项C正确。r2R2gr24．D。设小球在轨道最高位置速度大小为v1，轨道最低位置速度大小为v2，要使小球能在竖直面内做完整圆周运v211动，在轨道最高位置满足mg≤m1，在轨道最低位置满足mv2mg2Rmv2，联立可得v≥5gR，R22212选项D正确。LLtt2L(tt)5．A。设动车的加速度大小为a，则a1221，选项A正确。t1t2t1t2(t2t1)2121a0a0h26．D。该无人机在距地高h2时，其重力势能Emgh，由a-h图像知其动能Emvm2hm，p2k22222a故其机械能EEEm(0＋g)h，选项D正确。pk227．B。在时间t内，吹向该广告牌的空气质量mSvt，对大风由动量定理有Ft0mv，由牛顿第三定律可得，大风对该广告牌的平均作用力大小FFSv2，选项B正确。8．AC。由x-t图像可知，t0时刻，甲追上乙，选项A正确，选项B错误；比赛全程，平均速度v甲＞v乙，选项C正确，选项D错误。9．BC。由分析知，箱丙与天花板间轻绳断裂后瞬间，乙的加速度为零，甲、丙二者加速度相同，对甲、丙整体进行受力分析，由牛顿第二定律有mg3mg2mg4ma甲，得a甲1.5g，选项B正确，选项A错误；设甲对丙的弹力大小为，对丙有，解得，选项C正确，选项D错误。FN3mgFN3ma甲FN1.5mg10.BC。由分析知，对Q环施以微扰，P环沿竖直杆向下先加速、后减速，当P环到达最低位置时速度减为零，1此时Q环速度最大，对P、Q两环整体有mg2Lmv2，得v2gL，选项C正确，选项D错误；2QmQmP当P环下滑至轻杆与竖直杆夹角为θ时，设P环速度大小LθvL为，环速度大小为，如答图1所示，、两环沿PvQvPQvQPQvQOQ轻杆方向的分速度大小相等，有，对、LvPcosvQsinP11vPQ两环整体有mgL(1cos)mv2mv2，联立可得2P2Q答图111月调研测试卷（物理）参考答案第1页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#}222，其中≤≤°，－≤≤，令，对函vP2gL(1cos)sin2gL(1cos)(1cos)0θ1801cosθ1xcos数f(x)2gL(1x)(1x2)2gL(x3x2x1)求导，有f(x)2gL(3x22x1)2gL(3x1)(x1)，由111164gL分析知，当x时，f(x)有最大值，即当cos时，v22gL(1)1()2，故P33Pm332783gL环的最大速率v，选项B正确，选项A错误。Pm911.（7分）（1）不能（2分）c（2）a（2分）（3分）ba解析：（2）设该弹簧的劲度系数为k、原长为l0，由胡克定律Fkx得Fk(ll0)，由F-l的关系图像知，F0时，c对应该弹簧的原长la，又ck(bl)，解得k。00ba12.（9分）（1）0.8085（0.8082～0.8088均可）（1分）t2（2）2（2分）2ht1（3）不需要（2分）2ht2（4）小钢球的质量（2分）2（2分）mm(g2)2ht1t1解析：（1）由图知h80.85cm0.8085m。11t2（2）设小钢球在下落过程中加速度大小为，2，2，解得2。ahat1Hat2H2h22t1（4）设小钢球从该住宅楼楼顶由静止开始下落过程中，所受空气阻力大小为f，由牛顿第二定律有mgfma，1t22ht2小钢球克服空气阻力做功，又2，2，联立可得2；故要知道，还WfHhat1H2hWm(g2)2hW2t1t1t1需测得的一个物理量是小钢球的质量m。13.（10分）解：（1）设乒乓球从拍出到第一次落到对方台面上所经过的时间为t112HHgt2（2分），得：t（2分）211g（2）设乒乓球刚好落到对方台面边缘中点时，乒乓球拍出后瞬时速度大小为v1g水平方向有：lvt，解得：vl（2分）1112H11月调研测试卷（物理）参考答案第2页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#}设乒乓球刚好擦网飞落到对方台面上时，乒乓球拍出后瞬时速度大小为v2，从拍出到擦网历时t21l竖直方向有：Hhgt2；水平方向有：vt22222lg联立可得：v（2分）222(Hh)乒乓球能直接落到对方台面上，故拍出后瞬时的速度大小满足≤≤vv2vv1lgg解得：≤v≤l（2分）22(Hh)2H14.（13分）解：（1）设该卫星在圆轨道Ⅲ上做匀速圆周运动的速率为v2Mmv2Mmv2R由万有引力定律有：1①，2②，解得：1（4分）G2mG2mv2v1R1R1R2R2R2RR（2）由题知，椭圆轨道Ⅱ的半长轴a12③2R3a3由开普勒第三定律可得：1④（2分）2(2t)22πR1v1π(RR)RR联立③④解得：t1212（2分）2v12R1（3）从轨道Ⅰ到圆轨道Ⅲ，该卫星在圆轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上分别做匀速圆周运动的GMmGMm引力势能的差值Ep＝EpIII－EpI⑤（1分）R1R211动能的差值E＝E－Emv2mv2⑥（1分）kkIIIkI2221机械能的差值EEpEk⑦(RR)mv2联立①②⑤⑥⑦解得：E211（3分）2R215.（18分）L1.2解：（1）小球A运动至凹槽B左槽壁处所经过的时间ts0.1s（2分）v012（2）由分析知，小球与凹槽左槽壁碰撞后瞬时，物块速度为零，即（1分）ABCvC0设小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬时，小球A速度为vA，凹槽B速度为vB以水平向右为正方向，对小球A与凹槽B整体有：mm1m1m1vvmv，v2v2mv2（2分）404AB24024A2B336解得：vvm/s，方向水平向左（2分）A505224vvm/s，方向水平向右（2分）B50511月调研测试卷（物理）参考答案第3页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#}，（3）由分析知，凹槽B和物块C最终将共速、一起向右做匀速直线运动，设共同速度为v共vBv0由动量守恒定律有：mv2mv共，v共（1分）B25设从凹槽B开始运动到二者共速过程中，物块C在凹槽B内通过的相对总路程为x21212v0有：mgxmv2mv共，解得：x14.4d（2分）2B225g由此可知，整个运动过程中，凹槽B和物块C将碰撞14次从小球A与凹槽B碰撞后瞬时到凹槽B和物块C第1次碰撞前瞬时的过程中，物块C向右做匀加速直线运动，凹槽向右做匀减速直线运动，且二者加速度大小相等，即：2BaBaCg1m/s该过程中，凹槽和物块的相对位移为BCxB1xC1d设凹槽B和物块C第1次碰撞前瞬时，凹槽B速度大小为vB1，物块C速度大小为vC1，第1次碰撞后瞬时，凹槽速度为，物块速度为BvB1CvC11111第1次碰撞过程中，有：mvmvmvmv，mv2mv2mv2mv2B1C1B1C12B12C12B12C1解得：vB1vC1，vC1vB1由此可以判断，每次碰撞后瞬时，凹槽B和物块C的速度都将交换第1次碰撞后瞬时到第2次碰撞前瞬时，凹槽B向右匀加速，物块C向右匀减速，加速度大小仍为g该过程中：xC2xB2d同理可知，第2次碰撞后瞬时到第3次碰撞前瞬时：xB3xC3d第3次碰撞后瞬时到第4次碰撞前瞬时：xC4xB4d……第13次碰撞后瞬时到第14次碰撞前瞬时：xC14xB14d第14次碰撞后瞬时到二者共速：xB15xC15x14d0.4d在凹槽B开始运动后的整个运动过程中，作出凹槽B和物块C的v-t图像如答图2所示v由图像知，从凹槽B开始运动到二者共速过程中，2v0BvBC5Bv共v总历时：t02.4s（2分）Cg5gBvB凹槽通过的位移为：0ddddd…BCBv共0.4d52C(vBv共)3vxt7d07d5.84m＜8m（2分）BCB250gCBCt故从二者共速到凹槽的总位移达到的过程中，v0t总Bx8mOt1t2t3t4t5t14t答图25gxx凹槽B和物块C还将一起运动的时间为tB0.9s（1分）v共因此，从凹槽B开始运动到其通过8m位移所经过的时间t总tt3.3s（1分）11月调研测试卷（物理）参考答案第4页共4页{#{QQABKYAEgggIABAAAQhCUwHQCEEQkBACAKoGgFAEsAIBARFABAA=}#}