[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1物理(江苏卷)答案正在持续更新，目前2024届全国大联考答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。
1物理(江苏卷)答案)
带上时，传送带会给物体一个向前的摩擦力，促：解得Q=6.25×104J。△E/0.800使物体向前做匀加速运动，有f=ma=mg,解0.700得a=g,A项错误；物块最终和传送带相对静实验7验证机械能守恒定律0.600止，即和传送带达到相同速度，用时间t一【例1】(1)AB(2)大于重物质量m0.500gB项正确：期间传送带运动的位移、=，则mg-ma(3)9.50.40040.30oM小kg【解析】(1)使用质量大的重物可以减小阻力0.2000.3000.400可知摩擦力所做的功W:=fs=gl=w2,的影响，A项正确；实验前重物应该靠近打点△E-M图像直线的斜率=0.785-0.3930.4-0.2物块获得的动能为B=乞mw2,则可得摩擦产时器，这样纸带上打出的点更多，求解过程中误差较小，B项正确；由实验原理可得gh=1.96,又k=gL,解得u=0.10。生的热量Q=w,-E=之m2,C项错误：电2m△，可知质量可以约去，则重物的质量大【变式2】(1)mgh（Fm-mg)L(2)空气阻动机多做的功转化为物块的动能和系统内能，小并不影响测量结果，C项错误；重物不是用手力做负功，机械能有损失(3)较大有W机=7mv2十Q=m2,D项错误。托着，而是用手提着纸带的上端，先接通电源，【解析】(1)小球第一次摆动全最低点的过程，重心下降了h,则重力势能的减少量△E。=【变式4】(1)8m/s(2)9s(3)48J再释放重物，D项错误。gh。小球第一次摆动至最低点，初速度为零，【解析】(1)由动能定理得(2)由于阻力存在，重物下落过程中，有部分重力势能转化为内能，故木实验数据发现重物下最低点速度为m,山牛顿第二定律有Fm一g(ngsin37°-h1 ngcos37°)L=2n2-0落过程重力势能的减少量大于动能的增加量。,而动能的增加量△Ek-之mm2-0,解得v1=8m/s。由牛顿第二定律可得mg一f-a,由此可知(2)由牛顿第二定律得2mg=md为了求得阳力，还应测量重物的质量；由g一联立解得△E=CFm一mg)L物块与传送带达到相同速度时，由速度公式得f-ma,可得∫-mg-ma。(2)根据F一t图像可知小球做周期性的摆动，v=1一at](3)由逐差法可得a=TDF—UB)每次经过最低点时拉力最大，而最大拉力逐渐解得t=6s4T?变小，说明经过最低点的速度逐渐变小，主要原2213.80-7.14-(7.14-2.002×10-2m/s2=2a2a4×0.022因是空气阻力做负功，机械能有损失。物块匀速运动阶段的时间29.5m/s2。(3)为了减小因空气阻力带来的误差，应选择密则物块第1次在传送带上往返运动的时间t【变式1】(1)1(2)①打点计时器接了直流电度大、体积小的小球进行实验。t1十t2=9s。源②重物离打点计时器太远(3)4.8m/s22第六章(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，【解析】(3)由△x=aT,利用逐差法得到物每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相体运动的加速度a≈4.8m/s2。若用自由落体动量与动量守恒定律等，则根据能量守恒定律有Q=1 ngcos37°·实验测得物休运动的加速度α应该接近10m/s2,所以该纸带是采用实验方案2得到的。第1讲动量与动量定理L+2m2=48J。【例2】(1)阻力与重力之比更小（或其他合理学基础知识【例9】C【解析】由滑块的受力可知，物块解释)(2)0.5470.588C要点光做匀加速运动，此时传送带给滑块的摩擦力【解析】(I)在验证机械能守恒实验时阻力越与滑块的运动方向相同，根据牛倾第二定律可①速度②kg·m/s③√2nEk④一定小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小知ngsin37°+ngcos37°=ma,解得a=⑤不一定⑥作用时间⑦F△t⑧牛秒(2)由图中可知OC之间的距离为x=10/,由此可计算精块运动的位移一受⑨N·s⑩相同①合外力②动量27.90cm,因此机械能的减少量为|△Ep|-③合外力=5m,随后冉对滑块进行分析，可知此时摩擦ngx0c=0.2×9.8×0.2790J=0.547J;匀变基础诊断1.D2.D力与滑块的运动方向相反，根据牛顿第二定律速运动时间中，点的速度等于这段时间的均速讲关键能力可知ngsin37°一ngcos37=ma',解得a度，则(=【例1】A【解析】设高铁列车在启动阶段2T=330023m/s2×0.022m/s2,所以滑块一直做匀加速直线运动，A、B的加速度大小为a,经时间t后的速度大小o两项错误；设滑块运动到底端时的速度为'，2.425m/,因此动能的增加量Ec=之ma心at,则列车的动量大小p=w=mat,即与它所则w2-w2=2a'x2,a2十x1=L,解得o'==0.588J。工作电压偏高不会影响实验的误经历的时问成正比，A项正确，B项错误；根据12m/s,根据动能定理有号m?差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动2=2u.x,得v=√2a.z,则列车的动量大小力=能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速mu=m√2ax,与位移大小不成正比，C项错mgLsin37°一W损，解得滑块损失的机械能W损度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导=24J,C项正确，D项错误。致动能的增加量大于重力势能的减少量，C项误；根据p=m,E=2m2,得列车的动量大【例10】(1)5m/s(2)6.25×104J正确。小p=√2mEk,与它的动能不成正比，D项【解析】(1)设夯杆下端到达坑口前速度已经【例3】(1)0.980(2)0.588(3)见解析图错误。达到，由动能定理有0.40【例2】B【解析】重力对滑块的总冲量为W-mgh-2 m【解析】(1)四个钩码重力势能的减少量△E,mg(t1十t2),A项错误；支持力对滑块的总冲量为解得v=5m/s=4mg1.=0.980J.mg(t十t2)cos,B项正确；整个过程中小滑块杆向上加速过程，由牛倾第二定律可得2F(2)对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，Cmg=ma有4mgL-w1=号(4m十M0(22-u2),其中项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相设杆上升速度已经达到时高度为h1,根据运反，若以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲系统减少的重力势能△E,=4mgL,增加的动能动学公式有2-2ah量为F(t2一t),D项错误解得h1=5m△E=号(4m+M(22-2),系统减少的机【变式1】BC【解析】由机械能守恒定律可h1
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