重庆巴蜀中学校2024年高一3月月考物理答案

参考答案
1.【答案】A
2.【答案】C
3.【答案】B
4.【答案】D
5. 【答案】B
6. 【答案】C
8.【答案】BC
A．从进圆轨道通过加速离心到椭圆轨道。

A错误；
B．天舟七号在费曼轨道运动时间为椭圆轨道运动周期的一半，根据开普勒第三定律有：
(nr)3 (T0)2=(nr+r)3
8(T x)2
t=T X
2
=√2
8
√(n+1)3
n3
T0 B正确；
C．在费曼轨道运行过程中机械能守恒；C正确
D. 同轨道上无法实现对接。

D错误。

9.【答案】ABD
【详解】在0-1s，物体受力分析知：F1-mgsin37°-μmgcos37°=ma1
a1=0.7m/s2v1=v0+a1t1=0.9m/s x1=v0+v1
2
t1=0.55m
1s后，物体先向上减速，则有mgsin37°+μmgcos37°- F2=ma2 a2=1.8m/s2
设经过t2后减速为0，则有t2=v1
a1=0.5x2=v1
2
t2=0.225m
1.5s-2s段(t3=0.5s)物体向下加速，摩擦力反向，则有mgsin37°-μmgcos37°- F2=ma3
a3=0.2m/s2 v3=0.1m/s x3=v3
2
t3=0.025m
A.第2秒内拉力做功为W=F2x2−F2x3=0.4J
B.摩擦力做功为W f= −fx1−fx2−fx3=−0.32(0.55+0.225+0.025)=−0.256J
C. 重力的功率为P=mg v3 sin37°= 0.24W
D. 重力做功为W G=−mg(x1+x2)sin37°+mgx3sin37°=−1.8J，重力势能增加
1.8J。

11.（1）√2ℎ
g
（1分） （2）√g
−√g
（2分） （3）BC（2分）
12.每空2分，共10分。

（1）C
（2）Օ到B 的过程重力势能为mgh=1.23J, B 点速度为v B =
19.60−7.20
0.08
×10−2=1.55m/s ，动能增加量为
mv 22
=1.20J
(3) d
∆t 2
g (ℎA −ℎc )=12d 2
∆t 2
2
13.答案：25N
解得：N F N 25=---------------------------------⑤ （评分标准建议：①、②、④、⑤各2分，③1分，共9分） 14. 答案:(1)0.6s （2）0.5
解析：（1）由at v v t +=0及斜抛对称性：
s g v t 6.010
6
.05237sin 20=⨯⨯=⋅
=---------------------○
1 （2）由于斜抛运动的对称性可知，小物体达B 点的速度沿斜面向下为
s m v B /5=，斜面与水平面的夹角为037。

B 到D 过程由动能定理：
2
2
1037sin 37cos B
CD mv L mg H mg mgH −=⋅−⋅
−μμ------------------------○2 解得：5.03
4
212
0=++=CD gL gH gH v μ---------------------------○3 （评分标准建议：①4分，②4分，③2分，共10分） 15.答案：
（1）6R （2）≥μ＜μ≤2
15
解析：（1）小煤块从0加速到gR v 6=的过程中位移为1L ，即：
0622
1−=）（gR gL μ------------------------------------○
1 可得：R L 61=
因为L 1＜
152
R ，所以小煤块从传送带左端A 到右端B 的过程中，先做匀加速再匀速。

小煤块从0加速到gR v 6=
的时间为t ：
ugt gR =6------------------------------------------------○2 可得：g
gR
t μ6=
所以小煤块从传动带左端A 传送到右端B 的过程中，小煤块在传送带上留下的痕迹为：
g
gR
gR g gR gR x x x μμ62666⋅−⋅
=−=∆物皮-----------------------○3 R 6=-----------------------------------------○
4
（2）小煤块在半圆轨道BPD 上运动时不脱离轨道，有两种情况，一种是小煤块可以通过半圆轨道最高点D 点，另一种是小煤块恰好到达P 点速度为零。

小煤块恰好通过D 点：R
v m mg D
2
=------------------------○5
可得：gR v D =
B 到D 由动能定理:2
22
1212B D mv mv mgR −=−----------------------○6 可得：v B =√5gR
当小煤块从传送带A 端一直加速到B 端，到B 端时小煤块速度恰好为v B =√5gR ，此时小煤块和皮带间的动摩擦因数为1μ，即：
022
1−=B v gL μ-----------------------------------○
7 可得：μ1=1
3-------------------------------------○8
所以当小煤块和传送带间的动摩擦因数μ≥1
3时，小煤块在半圆轨道BPD 上运动时不脱离轨道。

---------------------------------------------○9 小煤块恰好到P 点速度为零,B 到D 过程中由动能定理：
2
2
10，B mv mgR −=−--------------------------------------○10 可得：gR v B 2=，
当小煤块从传送带A 端一直加速到B 端，到B 端时小煤块速度恰好为gR v B 2=，，此时
小煤块和皮带间的动摩擦因数为2μ，即：
022,2−=B v gL μ
可得：15
2
2=
μ-------------------------------------------○11 所以当小煤块和传送带间的动摩擦因数 0⟨μ≤2
15 时，小煤块在半圆轨道BPD 上运动时不脱离轨道。

---------------------------------------------------○12 （评分标准建议：○1-○12各式均1分，共12分）
16.答案：（1） N 32，方向沿斜面向上 （2）32.174W （3）
m x 2
3
=
，10J
（1）由小物体在直轨道AB 匀速直线运动，即：
F mg mg +=θμθcos sin 1-------------------○1
可得：N F 32= -------------------------② 方向沿斜面向上-----------------------------③
（2）由于小物块恰好运动到C 点与圆弧轨道间的缝隙处速度为零，即0=c v 分析知：y y mg v v mg p ∝⋅=
当0=y a 时，达ym v ,即mg p 达最大值。

设此时夹角为β 即 βcos T mg =-----------------------------○4
R v m mg T 2
cos =−β--------------------------⑤
22
1
cos mv mgR =β----------------------------○6
解得3
3
cos =
β 所以v ym =v ⋅sin β=√2gR cos β⋅√1−cos 2β=23√√3gR
解得：310433
2==
⋅=gR mg v mg P ym m =32.174W---------○7
（3）如图所示：设小物块落在坡面上的动能为K E ：
2
22
121c D mv mv mgR −=-----------------○8
t v x D ⋅= ---------------------------○9 22
1
gt H =-------------------------⑩
B C
D
R
mg
T
β
H
g gR v g
mg mgR mv c c ++++=222122
2=1
2v c
2
+g +2g 2
v c
2+3g =12[(√v c
2+3g −√v c
2+3g )2+3g] ----------------------------------------○
12
km ------------○13
即：E km =10J ----------------------------------○14 设QB 距离为x ，小物块由Q 到C 过程中：
−μ1mg cos θ⋅x +mgx sin θ−μ2mgR =0----------○15
（评分标准建议：○7式2分，其余各式均1分，共18分）。