高三物理月考答案2023.10.5一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.D2．D3.A4．B5．C6.A7．B8.C二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.CD10.ACD11、BC12．AD三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．⑴BD（2分，漏选得1分，错选不得分）⑵Ⅰ（2分）⑶2.1（2分）kg14.（1）③②⑤①④（2）C（3）x0（4）10y2y115.【答案】（1）4.8m；（2）10.0m/s，0.751【详解】（1）根据题意，设排球在空中飞行的时间为t，则有hhgt2122解得t0.6s则排球在空中飞行的水平距离xv0t4.8m（2）根据题意可知，乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vygt解得vy6.0m/s22则有vv0vy10msvy设速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan0.75v016.【答案】（1）4ms2；（2）3m；（3）11.5NMm【详解】（1）在地球表面上mgGR2Mm火在火星表面上mg火G2R火2解得g火4m/s1{#{QQABZQIEggCgQAIAAAhCAwUwCAIQkBECAIoOhAAIsAAAgQNABAA=}#}vB（2）小球与斜面垂直相碰，由几何关系得tan37g火t解得vB3m/sC点与B点的水平距离xvBt3m1212（3）小球从A到B，由动能定理得mg火2rmvmv2B2A2vA在A点由牛顿第二定律得Fmg火mNr由牛顿第三定律得FNFN11.5N17．【答案】（1）513m；（2）20m/s；（3）80m【详解】（1）从O点抛出时的水平速度vxv0cos30103m/s竖直速度vyv0sin3010m/sv运动员到达空中最高点时竖直速度减为零，则用时间ty1.0sg水平位移xvxt103mv2竖直位移yy5m2g运动员在空中速度最小时的位置与起跳点O的距离sx2y2513m（2）沿垂直斜面方向的初速度vyv0sin60103m/s平行斜面的速度vxv0cos6010m/s垂直斜面的加速度aygcos30经时间t1离斜面最远vyt12say此时速度为vvxaxt120m/s2{#{QQABZQIEggCgQAIAAAhCAwUwCAIQkBECAIoOhAAIsAAAgQNABAA=}#}（3）设O、C间的距离为L，则沿斜面方向做匀加速运动，平行斜面的加速度axgsin301Lvtat2x22x2t22t1解得L=80m18.【答案】（1）3ms；（2）1.5m,0.75m；（3）0.225m【详解】（1）设滑块开始的加速度大小为a1，则mgsin1mgcosma1解得2a110ms当物块速度和传送带速度相等时，物块运动的位移为v2x00.2m2a1由于mgsinumgcos，此后物块继续做匀加速运动，设加速度大小为a2，则mgsin1mgcosma2解得2a22ms设物块滑到传送带末端时速度大小为v1，则有22v1v02a2L1x解得v13ms（2）物块滑上长木板后先做匀减速运动的加速度大小为2a32g4ms由于()2mg4N>3Mmg2N所以物块滑上长木板后，长木板先做匀加速直线运动，加速度大小为3{#{QQABZQIEggCgQAIAAAhCAwUwCAIQkBECAIoOhAAIsAAAgQNABAA=}#}mgmMga232m/s24M设物块滑上长木板t时间后物块与板共速，则有v1a3ta4t解得1ts2共速时的速度为v21ms相对滑动这段时间内物块的位移1x(vv)t1m1212长木板运动的位移1xvt0.25m222共速后物块与长木板一起向右做匀减速运动，加速度大小为2a53g1ms物块和长木板一起向右运动的距离2v2x30.5m2a5因此，物块滑上长木板后，物块运动的位移为x物x1x31.5m长木板运动的位移为x板x2x30.75mv22）（3）由于0.125m