2023稳派10月调研高三物理答案

2023-10-28 · U6 上传 · 7页 · 290.8 K

2024届高三10月统一调研测试物理参考答案1.【答案】B【解析】由题意可得要研究其轨迹形成原因时,不可以把足球看作质点,A项错误;根据曲线运动的特点,足球某时刻的速度方向沿切线方向,速度方向时刻变化,一定做变速运动,一定存在加速度,根据牛顿第二定律,合力一定不为零,且合力指向轨迹的凹侧,B项正确,C、D项错误.2.【答案】D【解析】底部反推发动机点火喷气,其目的是要受到喷出气体的向上反作用力,使返回舱减速,根据牛顿第三定律,反推发动机要向下喷气,A项错误;返回舱减速阶段加速度方向向上,处于超重状态,B项错误;根据牛顿第三定律,伞绳对返回舱的拉力等于返回舱对伞绳的拉力,C项错误;根据牛顿第二定律,有Fmgma0,mgF,D项正确.3.【答案】C【解析】题图甲中小车间距相等,小车做匀速运动,A项错误;题图乙中小车间距增大,履带做加速运动,但不一定是匀加速运动,B项错误;结合题图甲和题图乙可知,小车在图丙中做曲线运动,C项正确;由于履带不一定做匀加速运动,可知图丙中小车不一定做匀加速运动,D项错误.4.【答案】B3MmMVRh【解析】设质量为m的物体在马里海沟底部,有Gmg,而1,质量为m的213Rh1MVR2MmgRhRh物体在空间站上,有,上面各式联立解得112,项正确.G2mg23BRh2g2R5.【答案】D【解析】对b进行受力分析,根据平衡条件可知轻杆对a的弹力表现为推力,A项错误;由于滑块与轻杆间连有铰链,轻杆的弹力方向沿杆的方向,与P垂直,B项错误;b受三个力平衡,设杆的弹力大小为F,根据平衡条件有Fcos30mgsin60,解得Fmg,C项错误;对a进行受力分析,根据平衡条件可知a受到的3静摩擦力大小Fmgsin60mg,D项正确.f26.【答案】ATr366766711【解析】根据开普勒第三定律有11,项正确;根据开普勒第二定律有,3Av1l1v2l2T2r26746742211v337Mma3372即,解得1,项错误;根据,可得1,v1(6400200)v2(6400340)BG2ma222v2330ra3330项错误;在点,飞船要加速变轨,有,项错误.CNv3v2D学科网(北京)股份有限公司7.【答案】Cv2【解析】赛车在圆弧BC上运动的最大速度设为v,根据向心力公式有a2m,解得v60m/s,赛2m2mr2mv2车在圆弧CD上运动的最大速度设为v,根据向心力公式有a3m,解得v63m/s,由于vv,3m3mr3m3m2m在安全条件下,赛车在段只能以运动.赛车从点开始以最大加速度加速到,匀BCDv2m60m/sA90m/s速运动一段时间后减速运动,到B点时速度为60m/s,进入圆弧后以60m/s的速度做匀速圆周运动,此过vv程所需时间最短.赛车从点开始以最大加速度加速到,时间1m,位移1m,A90m/st11.8sx1t181ma1m2vvvv减速的时间1m2m,位移1m2m,在段匀速的时间为t20.6sx2t245mABa1m2xxx012,在圆弧上运动的时间为2r,从点到点所需最短时间t31.5sBCDt43s9.4sACv1mv2m为,项正确.tmint1t2t3t413.3sC8.【答案】BC【解析】本题属于关联速度问题,应该是把A的速度分解为沿绳和垂直于绳方向,沿绳方向的分速度和B、C速度大小相等,所以在段运动的过程中增大,可得减小,项错误,项正确;根据vcosvB,AabavBAB平衡条件,有,可得增大,项正确;当拉动的两绳夹角为时,,由2FTcosFfFTCA12060解得,项错误.vcosvBvB0.5vD9.【答案】AD【解析】由题意可知,两车刹车的位移大小相等,根据匀变速直线运动的速度与位移的关系2,0v02axv212x得a0,解得A、B两刹车的加速度大小之比为a:a9:4,C项错误;根据xat2,得t,2xAB2a解得两车刹车的时间之比为,项正确;由于车运动的时间短,又是同时刹车,故车A、BtA:tB2:3DAA始终在B车前面,A项正确,B项错误.10.【答案】ABD【解析】转盘静止时,根据平衡条件可得a受到的摩擦力与弹簧弹力平衡,摩擦力大小为F,方向沿ab连线F33F指向a,A项正确;转盘转动时,当,对于滑块b,沿半径方向有FmR2,沿14mRtb128学科网(北京)股份有限公司67FF切线方向上有,摩擦力22,项正确;当时,将在水平面FfFFfFfFfB2ab2bb1b282mR内受到的两个为分解在沿半径方向和切线方向上,沿半径方向有2,沿切线方向上有Fcos60FfmRa1,解得3F,摩擦力3F,同理将在水平面内受到的两个力分解在Fsin60FfFf0,FfFfba2a1a22a2沿半径方向和切线方向上,沿半径方向有323F,沿切线方向上有,摩擦力FfmRFfFb124b219F19F19FF,FF,说明b此时摩擦力达到最大值,即Fm,解得,D项正fb4fbfafbm44mg确.11.【答案】(1)3.0(2分)(2)12(2分)(3)不经过(2分)t0时刻,汽车有初速度(2分)s2s【解析】(1)根据逐差法可得,加速度大小a633.0m/s2.9T2ss(2)当t3s时,汽车的瞬时速度大小等于2~4s时的平均速度大小,即v4212m/s.2T()根据匀变速直线运动速度一时间关系有,解得,即时刻,汽车有初速度,速3vv0atv03m/st0度一时间图像不经过坐标原点.F1ddmdd.【答案】()0(分)()(分)(分)()122232F1F024mgtt2t1tt2t11kd2(分)(分)222t42【解析】(2)把光电门A、B安装在合适的位置,逐渐向沙桶里加沙,直到滑块运动起来,若在数字计时器上读出滑块上遮光条通过光电门的时间相等,说明滑块匀速运动,读出此时拉力传感器的示数为,根A、BF0F据平衡条件有mgF,解得滑块与长木板间动摩擦因数0.0mg()再向沙桶加入一定量的沙,由静止释放滑块使其加速运动,读出拉力传感器的示数为,同时在数字计3F1时器上读出滑块上遮光条通过光电门的时间、,以及遮光条从到的时间,可得滑块经过A、Bt1t2ABtvv1dd两光电门时的速度大小为d和d,滑块运动的加速度21,若要验证v1v2a1t1t2ttt2t1学科网(北京)股份有限公司mdd加速度与合力、质量的关系,根据牛顿第二定律,有,解得,故只需F1F0maF1F0tt2t1mdd验证等式是否成立即可.F1F0tt2t1(4)保持沙桶及沙的总质量不变,光电门A位置不动,移动光电门B的位置,每次把滑块从同一位置由静止释放,使其加速运动,在数字计时器上读出滑块上遮光条通过光电门、的时间、,用刻度尺测出ABt3t4d2d212a1、间的距离,由运动学公式有,变形得2(其中为定值),故以ABx222a2x22x2t3t4t3t4dt312a为横轴,为纵轴,建立直角坐标系,作出图像才为一倾斜直线,若图像的斜率为,有2,解得x2kk2t4dkd2滑块的加速度大小a.22.解:()工人下落距离的过程做自由落体运动,加速度为重力加速度131x0g根据自由落体的规律有2(分)v12gx02解得(分)v12gx01()工人下落距离时加速度为零,有(分)2x1mgkx1x02mg解得k(1分)x1x0()由题意可得,工人位移为时速度最大,在安全绳拉伸过程中由牛顿第二定律有,3x1mgkxx0ma其中(分)xx02可得加速度随位移成线性关系,设工人下落位移为时速度为零,如图,图中两倾斜直线的斜率绝对值相等,x2ga斜率|k|m(1分)x1x0x2x1学科网(北京)股份有限公司111由ax图像的物理意义有xxgaxxv2(2分)2012m212m联立解得22(分)x2x1x1x01工人下落的最大距离为22x2x1x1x0说明:只有结果,没有公式或文字说明的不给分,其他正确解法亦可得分.14.解:(1)炸弹在O、A间做平抛运动,根据平抛运动的规律有1竖直方向上hgt2(1分)21水平方向上(分)xv0t11OA间的距离sh2x2(1分)12517联立解得s m(1分)4(2)炸弹进入横风区后,竖直方向仍以重力加速度加速下落,水平方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有(分)Fmax1落地时水平速度为零有(分)0v0axt21联立解得(分)t23.75s1炸弹在空中运动的时间(分)tt1t26.25s1F4(3)炸弹进入横风区,由力的平行四边形定则可得,合力与竖直方向的夹角满足tan,即mg353(1分)在B点速度最小,此时速度与合力应该垂直,即速度与水平方向的夹角为,由速度的平行四边形定则可得vy4tan(1分)vx3而vygt3t1学科网(北京)股份有限公司(分)vxv0axt31联立解得t31.5svy40m/s(分)vx30m/s1此时炸弹的速度大小为22(分)vvxvy50m/s1方向与水平面的夹角53(1分)说明:只有结果,没有公式或文字说明的不给分,其他正确解法亦可得分..解:()与在传送带上相对运动时,根据牛顿第二定律有(分)151P1m2gm2a11解得2(分)a12m/s1vv在时间内,先做减速运动,速度由减到,运动时间0(分)Pt11.5sv06m/sv4m/st11s1a1表明还要以的速度匀速运动v4m/st1t1t10.5s再经过加速后,有(分)t21.0sv1va1t26m/s1vv(2)由(1)知P在时间t1.5s内减速t1s,P的位移为x1t5m(1分)11121点在内的位移Nt11sx1v0t14mvvP在时间t1.0s内的位移x1t5m(1分)2222点在内的位移Nt21.0sx2v1t26m当滑到传送带端时,与点间的水平距离(分)PBPNLx1x2x1x201()与上右侧挡板碰撞后,对于向左速度由减为零的过程3PQPv32m/s根据牛顿第二定律有(分)2m2gm2a21解得2(分)a24m/s1运动的位移为,根据运动学公式有2(分)Px30v32x3a211解得x m(1分)32对于向右速度由减速的过程,根据牛顿第二定律有(分)Qv44m/s3m1m2gm1a31学科网(北京)股份有限公司解得2(分)a37m/s11根据运动学公式有xvtat2(1分)3442341解得ts(1分)4711Q光滑部分的长度dvtx m(1分)34314说明:只有结果,没有公式或文字说明的不给分,其他正确解法亦可得分.学科网(北京)股份有限公司

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为Word

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐