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1、 绵阳市高 2023 级第一次诊断考试 物理参考答案和评分标准 一、单项选择题：共 7 题，每题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.A .2.B 3.D 4.A 5.C 6.D 7.C 二、多项选择题：共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个选项符合题目要求。全都选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。8.AC 9.BC 10.AD 三、非选择题：共 5 题，共 54 分。11.（6分）（1）如图所示（2分）（2）0.5（2分）（3）B（2分）12.（10分）（1）B（2分）（2）D（2

2、分）（3）2.04（2分。2.032.04均可）（4）随着砝码质量增加，无法满足小车质量远大于重物质量（2分）（5）150（2分）13.（10分）解：（1）设小球在 B点速度为 vB，轨道对小球竖直向上的作用力为 NB，则 2B142Rmgmv （2分）2B4BNmgmRv （2分）小球在 B 点对轨道的压力大小=3BBNNmg，方向竖直向下。（2分）（2）如图所示，小球从 C 点离开半球，设 OC 与水平方向成，小球在 C 点速度为 vC，则由牛顿第二定律 2CsinmgmRv （1分）小球从 B 点到 C 点，由动能定理 22CB111 sin22mgRmm（）vv （1分）设 C 点距离

3、水平面的高度为 h，则 sinhR （1分）解得56hR （1分）14.（12分）解：（1）设小物块质量为 m，在水平轨道上运动的加速度大小为 a，则 mgma （2分）2012Lat （1分）解得 t0=2 s （1分）（2）设小物块在 O点速度为 vC，从 O点到 C点做平抛运动，运动时间为 t1，则 在水平方向做匀速直线运动，有 1CCxt v （1分）在竖直方向自由落体运动，有 2112Cygt （1分）解得 t1=0.4 s，vC=4 m/s 2112CmghmgLmv （1分）解得 h1=1.6 m （1分）（3）由图可知，由于 yD0.8 m，根据自由落体运动规律，可判断小物块做

4、平抛运动时间 t2t1；由于 xD1.6 m，匀速运动规律，可判断小物块在 O点速度 vDvC。物体从 A 到 O由动能定理2O12mghmgLmv，可判断 h2h1。（1分）小物块从 O点到 C点做平抛运动，由（2）可得 222CCCgxyv 小物块从 O点到 D点做平抛运动，同理可得 222DDDgxyv （1分）由于通过 D点的动能与通过 C 点的动能相等，有 221122DDCCmgymmgymvv （1分）解得22203250DDDyyx （1分）15.（16分）解：（1）设两级弹跳体一起竖直上升的时间为 t，则 212Hgt （2分）2Htg （1分）（2）当两级弹跳体一起竖直上升

5、到离地面最大高度 H 时，两级弹跳体速度为零。以竖直向上为速度正方向，设解锁二级弹跳体内的弹簧后一、二级弹跳体的速度分别为 v1、v2，由动量守恒和能量守恒定律分别可得 120mmvv （1分）221211222mgHmmvv （1分）解得 12gH v，22gHv 之后，二级弹跳体做竖直上抛运动，设又上升的高度为 H1，有 2212gHv （1分）解得 1HH 则二级弹跳体离地面最大高度 m112HHHH （2分）（3）若一级弹跳体的质量为 M，解锁一级弹跳体的弹簧后，设在一、二级弹跳体竖直上抛运动过程中速度为 v时，解锁二级弹跳体的弹簧后一、二级弹跳体的速度分别为 v3、v4，由动量守恒和

6、能量守恒定律分 别可得 34()MmMmvvv （1分）22234111()222EMmMmvvv （1分）解得 32()mEM Mm vv，42()MEm Mm vv 解锁二级弹跳体的弹簧后，二级弹跳体增加的速度为 42()MEm Mm vvv 可见，二级弹跳体增加的速度v与解锁前的速度 v无关。（1 分）一、二级弹跳体速度为 v及二级弹跳体的4tv图像关系如图所示，由图可知：越早解锁二级弹跳体的弹簧二级弹跳体所能到达的高度越高。（1分）设一级弹跳体的弹簧解锁后瞬间一、二级弹跳体的共同速度为 v 时解锁二级弹跳体的弹簧，则 212()2mgHMmv （1分）设解锁二级弹跳体的弹簧候瞬间二级弹跳体速度为 v5，由前述分析知：5222()()MEEMEm MmMmm Mmvv （1分）设二级弹跳体离地面最大高度为m2H，有 25m22gHv （1分）解得 m22212()MmHHMm （1分）

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