重庆八中2023-2024学年度高三（上）第三次周考 答案

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重庆八中 2023-2024 学年度高三（上）第三次周考
物理试题参考答案
题目
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
B
B
D
C
BD
AD
BD
4．【详解】A．根据匀变速直线运动的速度位移关系得
2 2
02v v ax 
，由图线可知图像的斜率等于 2a，对汽车 A，
则有
2
A
0 24
2 m/s
6
a
，解得
2
A2m/sa 
，故 A错误；
B．汽车 A、B在x=4m 处的速度大小为 v，由图可知，对于汽车 A，有
2 2
024(m/s)v
，得 A的初速度为，
02 6m/sv
，
由
2 2
02v v ax 
得
故B正确；
D．由图发现，对于 B车，
2
B
12
2 m/s
6
a
，解得
2
B1m/sa
，从开始到汽车 A停止时，用时
0
A
06s
v
ta
 
，此时 B
车的位移
2
B B
13m
2
x a t 
，故 A车停止后，B车才追上 A车，故当 xB=6m 时A、B相遇，故 D错误；
C．当两车速度相等时，AB 相距最远，有
0 A B
' 'v a t a t 
，解得
2 6
' s
3
t
，此时
2
A 0 A
1 48
' ' m
2 9
x v t a t 
，故 C错误。
5．【详解】根据万有引力与重力的关系
2
GMm mg
R
，根据万有引力提供向心力
2
2
GMm m R
R
火星近地卫星的角速度为
3
GM g
R R
 
，已知火星两极和赤道的重力加速度之比
2
mg mg
n
mg mg m R
 
，两式联立解得
1
n
n
 
6．【详解】A．已知物体向上做匀减速运动，加速度为
1sin f
a g m
 
，物体向上速度与时间的关系
1 1
v v a t 
，物
体向下做的匀加速运动，加速度为
2sin f
a g m
 
，物体向下速度与时间的关系
2 2
v a t
，物体动能为
2
k
1
2
E mv
，
显然与时间不是线性变化，故 A错误；
B．物体向上时重力势能
2
p 1
1sin
2
E mgh mg vt a t
 
 
 
 
，应为开口向下的抛物线，B错误；
C．物体机械能为
2
1
2
E mgh mv 
，物体向上与向下过程速度与位移变化规律不同，C错误；
D．物体重力功率为
sinP mgv
，与时间呈线性关系，向上过程图线斜率大于向下过程图线斜率，D正确。
7．【详解】A．若 B、C不发生相对滑动，则 A物块在弹簧伸长时速度先减小，弹簧压缩后速度增大，以此做周期
性速度变化，故 A错误；
B．若 B、C不发生相对滑动，A、B、C三个物块共速时的速度可由动量守恒，有
0
2 5m m共
v v
，
0
2
5
共
v v
，但 C物体运动过程中达到最大速度时弹簧应再次恢复到原长，而不是 A、B、C三个物块共速时达到
最大速度，故 B错误；
C．若要保证 B、C不发生相对滑动，则需 BC 整体加速度不超过 C物体摩擦力所提供最大加速度
m
a g
，故对 BC
整体分析，需弹簧最大弹力
3F mg
，又
F kx
，即
3kx mg
弹簧最大形变时 ABC 共速，此时形变量可由能量守恒得
2 2 2
0 m
1 1 1
2 5
2 2 2
mv mv kx 
共
，得
2
0
m
6
5
mv
xk
{#{QQABCYSEogiIAAJAABgCQQmYCkMQkBGCAKoOBEAEsAAAgBFABCA=}#}
答案第 2页，共 4页
联立可得
0
15
2
m
v g k
，C正确；
D．若 B、C间会发生相对滑动，则刚要发生相对滑动瞬间，BC 加速度为
m
a g
，此时弹簧形变量为
3
mg
xk
，
此时弹性势能为
2 2 2
2
p
1 9
2 2
m g
E kx k
 
，由能量守恒可知，此时 ABC 总动能为
2 2 2
2
02
1
2
9
2
kABC
m g
k
E mv
 
，若此时 A无
速度，根据 BC 质量关系可得 C物体动能为
2 2 2
2
kC 0
1 3
3 2
m g
E mv k
 
，因处于“会发生相对滑动”的“刚要发生相对滑动”
时刻，所以此时弹簧长度正在增加，即
A B
v v
即A此时不可能没有速度，故 D错误。
8．【详解】A．B球受到重力、库仑力两个力作用，两个力的合力提供向心力，A错误；
D．由几何关系可知，AB 连线与竖直方向夹角为 30°，根据力的合成可得 B球做圆周运动的向心力大小为
ntan 30F mg 
，设 B球转动的角速度为ω，根据向心力公式有
2
n
F m R
联立解得
3
3
g
R
，D正确；
C．A、B间库仑力大小可表示为
2
cos30 (2 )
B
QQ
mg
F k R
 
库
，解得
2
8 3
3
B
mgR
QkQ
，C错误；
B．将 A、B视为一个整体，天花板对 A球的作用力在竖直方向的分力大小等于整体的重力大小，在水平方向的分
力提供 B球做匀速圆周运动的向心力，则天花板对 A球的作用力大小为
 
22
n
39
23
mg
F mg F  
，B正确。
9．【详解】A．从 M点到 P点，弹簧从拉伸到压缩，对小球先做正功再做负功，根据功能原理可知，小球的机械能
先增大后减小，故 A正确；
B．小球的加速度沿竖直杆，弹簧弹力为零及弹簧弹力与杆垂直处加速度均为 g，故 B错误；
C．从 M点到 N点，对小球，根据动能定理
2
G
10
2N
mv W 
，可知小球到 N点后会继续往下运动，故 C错误；
D．从 M点到 P点，对小球，根据动能定理
2
G
12
2P
mv W mgl 
，可得小球在 P点时的速度大小为
2 2
P
v gl
，
故D正确。
10．【详解】A．设小球的质量为 m，初速度为
0
v
，在水平方向上由动量守恒定律得
0 1 2
mv mv Mv 
，
0
2 1
mv m
v v
M M
 
，
结合图乙可得
b m
a M
，
0
a v
，则小球的质量
b
m M
a
，故 A错误；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度
v共
，在水平方向上由动量守恒
定律得
0( )mv m M v  共
，解得
0
mv
vm M
共
，由 A项化简得
ab
va b
共
，故 B正确；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
2 2
0
1 1 ( )
2 2
mv m M v mgh 
共
解得
2
0
2( )
Mv
hm M g
，由 A项化简得
3
2( )
a
ha b g
，故 C错误；
D．小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得
0 1 2
mv mv Mv 
，
由机械能守恒定律得
2 2 2
0 1 2
1 1 1
2 2 2
mv mv Mv 
，联立两式解得
1 0
m M
v v
m M
，
2 0
2m
m M
v v
，离开圆弧面以后小球做平
{#{QQABCYSEogiIAAJAABgCQQmYCkMQkBGCAKoOBEAEsAAAgBFABCA=}#}
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