{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}2023—2024学年度上学期高三第一次大练习物理参考答案一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不选得0分）12345678910DCCABAAACBCABC11．（6分）（1）5.5（2分）（2）0.51（2分）（3）大于（2分）12.（7分）①R1（1分）②R3（1分）③R0（1分）④大（1分）⑤小（1分）⑥9180（2分）13.（10分）（1）210N（2）24m【解析】（1）（4分）设没有滑雪杖作用时，运动员沿山坡向下滑行的加速度大小为a，由运动学规律可得1xat22代入数据解得a2m/s2…………………………2分设运动员受到的阻力大小为Ff，由牛顿第二定律可得mgsin30Ffma代入数据可得Ff210N…………………………2分（2）（6分）设有滑雪杖作用时，运动员运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsin30FFfma解得a4m/s2…………………………2分作用t11s后运动员获得的速度大小为v1at1v14m/s此段时间内运动员滑行的距离为1xat22m…………………………1分121间隔t22s后运动员获得的速度大小为v2v1at28m/s此段时间内运动员滑行的距离为vvx12t12m…………………………1分222滑雪杖第二次作用过程中，运动员滑行的距离为1xvtat210m…………………………1分32121故在第二次滑雪杖作用结束时运动员滑行的距离为xx1x2x324m…………………………1分1{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}14.（10分）（1）（4分）0.2（2）见解析解析：（1）设碰撞前瞬间台球A的速度大小为v1，由运动学公式有1xvtat210121解得a2m/s2…………………………2分v1v0at1解得v11m/s…………………………1分由牛顿第二定律有Ffmgma解得0.2…………………………1分（2）（6分）台球A和台球B在桌面上运动时的加速度大小a2m/s2，台球A碰撞后瞬间的速度大小2为v1，由运动学规律有v12ax解得v10.4m/s…………………………1分设碰后瞬间台球B的速度大小为v2，由动量守恒定律有mv1mv1mv2解得v20.6m/s…………………………2分111所以两球碰撞过程的机械能损失Emv2mv2mv2k212122解得Ek0.036J…………………………2分假设台球B没有进网洞，则碰后台球B运动的距离v20.62x2m0.09m0.5m2a22假设成立，所以该同学不能继续进行游戏。…………………………1分15.（12分）（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）2C【解析】（1）如图a导体棒从P1Q1到P2Q2，由动能定理得1mgrmv20.........1分a2a0代入数据得v04m/s.........1分a刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得EBLv04V.........1分由闭合电路欧姆定律得EI2A.........1分RaRb由牛顿第二定律得BLImbab.........1分代入数据得2ab2m/s.........1分（2）当a、b导体棒稳定时，由动量守恒定律得mav0mambv1.........2分代入数据得v12m/s.........1分2{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}（3）整个过程中，对b导体棒由动量定理得BLItBLqmbv1.........2分代入数据得q2C.........1分76556916.（15分）【答案】（1）0.04kg；（2）J；（3）3.2m，m68【解析】（1）（3分）滑块P二力平衡m1gqE…………………………1分滑块Q三力平衡m2gtanqE…………………………1分得m20.04kg…………………………1分（2）（4分）设弹簧恢复后滑块P和滑块Q的速度分别为v1和v2，滑块QmgqvB2…………………………1分2cos弹簧恢复瞬间滑块P和滑块Q动量守恒0m1v1m2v2…………………………1分滑块P和滑块Q机械能守恒11Emv2mv2…………………………1分P211222弹簧弹性势能7EJ…………………………1分P6（3）（8分）滑块P匀速圆周运动v2qvBm1…………………………2分11ryP2rcos…………………………1分得yP3.2m…………………………1分滑块Q在重力和电场力的合力下做类平抛运动，如图所示过木板的上端作垂线交x轴于M点，轨迹经时间t交x轴于N点，设MN长度为x，木板的长度为L=5m，滑块Q在v2方向匀速直线运动xcosv2t滑块Q在合力方向匀加速直线运动3{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}1Ltanxsinat22其中mg2macos2N点坐标LxxQcos65569得xm…………………………4分Q84{#{QQABDQKEogCoQBBAAQhCAwEKCgKQkAAAAKoOhBAEMAAAiBFABAA=}#}