江西省丰城中学2024届高三上学期10月段考物理含答案解析.pdf

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)=?,停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小2为F;当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时,连接某两相邻车厢的3挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为( )??37?,并以v=10m/s的速度运行,在传送带的A端轻轻地放一小物体,若已知传送带与物体之间的动摩擦因数??,传送带A到B端的距离s=16m,则小物体从A端运动到B端所需的时间可能( ),测得其周期为T。已知万有引力常量为G,行星可视为均匀球体,忽略行星自转。则( )??G3?2?,足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆,原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上,质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连,小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动,当转动的角速度为ω0时,小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内,劲度系数为k,重力加速度为g,则下列判断正确的是( ),弹簧的长度为L-=ω时,=0kL?,弹簧的形变量不变0二、填空题(每空3分,共18分)丰城中学2023-“探究小球加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示,他用无线力传感器来测量绳子的拉力。他将无线力传感器和小车固定在一起,将细绳的一端挂一小球,另一端系在传感器的挂钩上,调整细绳与木板平行。甲(1)实验中打出的其中一条纸带如下图乙,由该纸带可求得小球的加速度a?m/s2(结果保留三位有效数字)乙(2)本实验中,保持绳端所挂小球质量不变,先按住小车,记下传感器读数为T;而后在小车上陆续放置钩码,让小车运动,从而得到绳子的不同拉力大小F与小球相应的加速度大小a,作出a??T?F?图像。则下面图像中正确的是().(3)在保持小车及车中的砝码质量一定,探究加速度a与所受外力F的关系时,另一同学在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验得到了如图丙所示的两条平行的a-F图线,根据图线可求出小车与轨道之间的动摩擦因数为μ=。(重力加速度大小g=10m/s2),图甲是“研究平抛运动”的实验的部分电路图,斜槽末端口N与Q小球离地面的高度均为H,实验时,当P小球从斜槽末端飞出与轻质挡片相碰(不影响P球的运动)立即断开电路使电磁铁释放Q小球,发现两小球同时落地,改变H大小,重复实验,P、Q仍同时落地。(1)关于实验条件的说法,正确的有;(2)在实验过程中,将背景换成方格纸,通过频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考物理试卷做平抛运动的照片,小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示,图中每个小方格的边长为l=,则频闪相机的拍照频率f=Hz,该小球平抛时的速度大小v=m/s。(结果均保留2位有效数字,重力加速度g取10m/s2)0三、计算题(14题12分,15题12分,16题14分,共38分),运动过程中所受空气阻力大小恒定不变,,无人机从地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞,4s时无人机离地高度为h==,无人机突然失去全部升力,从静止开始竖直坠落.(g=10m/s2)(1)无人机运动过程中所受的空气阻力的大小.(2)为确保无人机能安全降落到地面(落地时速度为0),必须在无人机下坠多少时间内瞬间恢复最大升力?,在光滑水平地面上静置一质量M?2kg、长度L?,木板右端放有一质量m?4kg的小滑块B(可视为质点)。某时刻在木板右端施加一水平向右的恒力F?14N,作用t?2s后撤去。已知滑块与木板间的动摩擦因数??,滑块离开木板前、后的速度不变,取重力加速度大小g?10m/s2,求:(1)滑块离开木板时的速度大小v;(2)撤去恒力F时滑块到木板左端的距离d。,水平放置的正方形光滑木板abcd,边长为2L,距地面的高度为H?,木板正中间有一个光滑的小孔O,一根长为2L的细线穿过小孔,两端分别系着两个完全相同的小球A、B,两小球在同一竖直平面内。小球A以角速度??,B也在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,O点正好是细线的中点,其中L?2m,不计空气阻力,取g?10m/:(1)小球B的角速度;(2)当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时,剪断细线,两小球落地点之间的距离。丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考物理试卷丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考物理试卷丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考物理试卷参考答案一、选择题(1~8题为单选题,9~12小题为多选题,每小题4分,共44分)【详解】,质量越大,惯性越大,与物体的运动状态无关,故A错误;,加速度恒定为重力加速度,故B错误;,牛顿提出了万有引力定律,故C错误;,故D正确。故选D。【解析】;,为时间间隔,A正确;,可以看作质点,B正确;,球在空中只受重力作用,为匀变速运动,C正确;,所受合力与速度方向不一致,所以D不正确,【详解】,t时刻,手机加速度为负向最大,但速度不是最大,故A错误;,则t时刻手机加速度仍向下,所以还在向下加速,速度比t时刻速度更大,故B错误;,设手给手机的支持力为F,取向下为正方向,由牛顿第二定律有mg?F?ma可得F?mg?ma可知,当手机具有向上的最大加速度时,手给手机的作用力最大,即手受到的压力最大,由图可知,t时刻,手4机具有向上的最大加速度,即t时刻手受的压力最大,故D正确,t时刻,手机具有向上的加速度,手机处于超43重,所以手受到的压力比手机重力大,C错误。故选D。【详解】,加速度水平向右,速度为零,空气阻力为零,乒乓球受到球拍的支持力及自身重力,据牛顿第二定律可得mgtan??ma可得该同学刚开始运动时的加速度为a?gtan?A错误;?kv由牛顿第二定律可得mgtan??f?ma随着速度的增大加速度减小,故该同学先做加速度减小的加速运动,B错误;,加速度为零,由B解析表达式可知,空气阻力大小为f?mgtan?C正mg确;,乒乓球在竖直方向满足Ncos??mg可得球拍对乒乓球的弹力为N?D错误。选C。cos?【详解】依题意,为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形,则割刀相对于玻璃的运动速度应垂直玻璃,即当割刀沿玻璃运动方向移动的分速度等于玻璃移动的速度时,则每次割下玻璃板都成规定尺寸的矩形,根据题图可知割刀相对地的速度方向可能沿方向3,故选C。vttan60?【详解】,根据几何知识可得tanθ=即tanθ与t成反比,故1??3gtttan30?2故AB错误;=vt可知水平位移与时间成正比,故为3︰1,故C错误;=gt2竖直方向下落的距离与时间的平方成正比,故D正确;故选D。【详解】,受力如图所示1由牛顿第二定律,有mgtanθ=ma可得加速度a=gtanθ对列车整体(设其质量为11v2m),路面的支持力和重力的合力恰好等于ma,则a=gtanθ=所以列车转弯时的速22r率为v=grtan?故A错误;=gtanθ恰好由列车的重力与轨道的支持力的合力提供,则列车与轨道均无侧向挤压作用,故B错误;=gtanθ恰好由小物块的重力与桌面的支持力的合力提供,则此时小物块与桌面间的静摩擦力为零,故C错误;,受到桌面的支持力的大小为F?故D正确。故选D。Ncos?【详解】设这列车厢的总节数为n,P、Q挂钩东边有k节车厢,每节车厢的质量FF23为m,由牛顿第二定律可知?a,=a解得k?n(n?k)mkm35k是正整数,n只能是5的整倍数。故选BC。【详解】①若传送带顺时针运动,对放在传送带上的小物体进行受力分析,小物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力,如图甲所示,根据牛顿第二定律,由于??tan?,mgsin???mgcos?小物体沿传送带下滑的加速度为a??2m/s2小物体从A端运动到B端做初速度为零的1m丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考物理参考答案第1页12s匀加速直线运动,设需要的时间为t,则有s?at2解得t??4s②若传送带沿逆时21a1针方向转动时,开始时,传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下,小物体下滑的加速度为a?g(sin???cos?)?10m/s2小物体加速到与传送带运行速度相同时需要的时间为2v10t??s?1s在这段时间内,小物体沿传送带下滑的距离为1a10211s?at2??10?1m?5m由于??tan?,此后,小物体沿传送带继续加速下滑时,它相12212对于传送带的运动的方向向下,因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上,如图乙所示,其加速度变为a?g(sin???cos?)?2m/s2小物体从该位置起运动到B端的位移为11s?s?16m?5m?11m小物体做初速度为v=10m/s,加速度为a的匀加速直线运动,则有s?s?vt?at2代入1112212数据,解得t=1s(t=-11s舍去)所以,小物体从A端运动到B端的时间为t=t+t=2s故选BD。22122?【详解】,由公式v?可得,则轨道半径为r?由于卫星在星球表面行,则星球的飞T2?vTGMmv2半径等于卫星的轨道半径,故A正确;,由万有引力提供向心力有?m解得行星的质2?r2rv2rv3T4v3T3M3?量为M??又有V??R3?行星的平均密度为???故BC错误;,由万有引G2?G36?2VGT2GMmGM2?v力等于重力有?mg解得g??故D正确。故选AD。【详解】,均受力平衡,对B球分析可知杆的弹力为零,N?mg设弹簧的压缩量Bmg为x,再对A球分析可得:mg?kx故弹簧的长度为:L?L?x?L?故A项正确;,小球B刚好离开台面,即N??0,设杆与转盘的夹角为?,由牛顿第二定律可知:?m?2?L?cos?,Btan?0L?xF?sin??mg而对A球依然处于平衡,有:Fsin??mg?F?kx而由几何关系:sin??2联立四式解得:杆杆k2LkgF?2mg,??则弹簧对A球的弹力为2mg,由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg,故B错k0kL?2mg误,C正确;,B球将飘起来,杆与水平方向的夹角?变小,对A与B的系统,在竖0直方向始终处于平衡,有:F?mg?mg?2mg则弹簧对A球的弹力是2mg,由牛顿第三定律可知A球对弹簧的k压力依然为2mg,弹簧的形变量不变,故D正确。故选ACD。?x【详解】(1)相邻计数点间的时间间隔T=,根据逐差法,小球的加速度a?CEAC?(2)根据题意T?mg,F?ma,mg-F=ma得T-F=ma可知a与T-F成正比关系。故选B。球车球球球1(3)轨道水平时有F??mg?ma则有a?F??g轨道倾斜时有F?mgsin???mgcos??ma则有m1a?F??gsin???gcos??由题意得轨道水平时是图像②,并且两图像相平行,则有?g??=【详解】(1),要求小球P在N端速度沿水平方向,所以斜槽轨道末段N端必须水平,而斜槽轨道是否光滑对实验无影响,故A错误,B正确;,后半部分通过频闪照相拍摄小球在同一次平抛运动过程中的几个位置丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考物理参考答案第2页来测量相关运动学参量,所以都不要求小球P每次到达N端的速度大小相等,所以小球P可以从斜槽上不同的位置无初速度释放,故C错误,D正确。故选BD。(2)由图乙可知a、b、c、d四点中相邻两点间水平距离相同,而小球在水平方向做匀速直线运动,则相邻两点间的时间间隔相同,均设为T,根据运动学规律有?y?y?y?gT2????25Hz,该小球平抛时的速度大小为v?ab?.(1)f?4N(2)t?5s21【详解】:(1)无人机从地面以最大升力竖直向上飞行时,设加速度为a,则有h?at2121由牛顿第二定律得:F?mg?f?ma解得:f?4N1(2)无人机失升力去后向下做匀加速运动,直至升力恢复,设这一过程的加速度为a2则有:mg?f?ma解得:a?8m/s2221下落高度h?at2距地面的高度h?H?h1222211从最高点到落到地面的过程中,由动能定理得mgH?fH?Fh?mv2可得t?5s22215.【答案】(1)v?2m/s;(2)d?【详解】(1)设滑块在木板上运动时的加速度大小为a,木板的加速度大小为a,有?mg?ma,F??mg?Ma12121v2v滑块离开木板时at2??L,t?解得t?1s?2s,v?2m/s2202a0a011撤去恒力前,滑块离开木板,则滑块离开木板时的速度大小为2m/s。(2)设滑块在木板上运动的时间为t,滑块离开木板后,力F使木板产生的加速度大小为a,有131v?at,F?Ma,d?a?t?t?2??at?v??t?t?解得d?.【答案】(1);(2)25m【详解】(1)A和B的圆周运动半径分别为r?L,r?Lsin?AB其中θ为BO线与竖直方向的夹角,设绳子拉力为T,则对A有T?m?2rA4对B有Tsin??m?2r,Tcos??mg解得??,cos??BBB5(2)当剪断细绳后,A先匀速运动L,后做平抛运动;B做平抛运动,A做圆周运动的线速度为v??L?5m/sA6B做圆周运动的线速度为v??Lsin??3m/s半径为L?Lsin??mBB252H做平抛运动过程中A的水平位移为x?v?3mAAg2?H?Lcos??做平抛运动过程中B的水平位移为x?v?、B两小球在轨迹的俯视图可知(其中包含A在正方向abcd上做的距离为L的匀速直线运动),知A、B落地点间距x??L?Lsin??2??L?x?x?2?25mAB丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考物理参考答案第3页