2023届全国卷《名校面对面》高三大联考二联试题物理含答案.pdf

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1、20222023 学年度名校面对面高三大联考物理答案1.【答案】D【解析】当电梯处于超重状态，加速度向上，可能向上加速也可能向下减速，速度可能向上也可能向下，A 错误；当00g，由)(0agmmgF可得0F，ga，电梯和人的加速度为重力加速度，人和电梯处于完全失重状态，反之，当电梯做自由落体运动时，等效重力加速度00g，B 错误、C 错误；对乙图，由圆周运动的规律可得rvmmgF20，小球在最低点时等效重力加速度为mFg 0，综合可得rvgg200，D 正确。2.【答案】D【解析】小船在静水中的速度与水流的速度的合速度为v，且两个分速度的大小相等，速度合成的平行四边形是菱形，由几何关系可得小船

2、在静水中的速度的方向与合速度v的夹角为o30，与河岸的夹角为o60，A 错误；由几何关系可得小船在静水中的速度大小与水流的速度大小均为vv3330cos5.0o，B 错误；由几何关系可得小船在渡河的过程中发生的位移为dd230sino，C 错误；小船渡河的时间为vd2，D 正确。3.【答案】B【解析】由axv22可得图像的斜率为ak2，即图像的斜率等于物块的加速度的 2 倍，A 错误；由图像可得2102smak，解得25am s，由牛顿第二定律可得Fma，结合0.5kgm，计算可得2.5NF，B 正确；当m2x，由212xat解得2s5t，前m2的中点时刻的速度即前m2内的平均速度为0.55/

3、txvvm st，C 错误；当2st，由vat可得10/vm s，前2s中点位置的速度为smvvx/25225.0，D 错误。4.【答案】D【解析】根据共点力平衡的原理，木棒受到三个力（或延长线）一定交同一点，A 错误；12FNFmg对木棒进行受力分析如下图所示：斜面对木棒的支持力FN与斜面垂直，若木棒与墙的夹角为（锐角），由几何关系可得，斜面对木棒的支持力与木棒之间的夹角为90o(180o)90o，B 错误；第1 页,共6 页由几何关系可得，斜面对木棒的支持力NF与墙面对木棒的支持力 F 之间的夹角为，由三力平衡的矢量直角三角形可得cosNFF、tanFmg，综合解得cosNFF，gFmta

4、n，C 错误、D 正确。5.【答案】B【解析】当小物块刚好不沿着筒壁向下滑动，则有mgF N，rTmF2N)2(，结合5.0综合解得grT2，B 正确。6.【答案】D【解析】小球穿过 AB 杆，对小球受力分析，把弹簧的弹力分别沿水平方向和竖直方向分解，由力的平衡可得N1o1o137sin37cosFTmgT、，由胡克定律可得)37cos(o1LLkT，综合解得mgT451，Lmgk5，mgF43N1，A 错误；小球穿过 CD 杆，对小球受力分析，把弹簧的弹力分别沿水平方向和竖直方向分解，由力的平衡可得mfTmgFTo2N2o253cos53sin、，由胡克定律可得)32LLkT（，结合Lmgk

5、5综合解得mgT102，mgF7N2，mgf6m，B 错误；由mgF7N2、mgF43N1比较可得328N1N2FF，C 错误；由N2mFf，结合mgF7N2、mgf6m，综合解得76，D 正确。7.【答案】C【解析】不是同步卫星的辐射角度为o120，是在磁道上空相隔o120的等角度分布三颗同步卫星可以基本实现全球通信，即o120，A 错误；每颗同步卫星在地球表面上辐射的面积为地球表面积的三分之一，即2431RS，B 错误；由hTmhGMm2224，结合mgrGMm2，综合解得同步卫星距地心的高度32224Tgrh，C 正确；同步卫星所在处的重力加速度等于同步卫星的向心加速度，则有224Tg同

6、32224Tgr，D 错误。8.【答案】AC【解析】对物块进行受力分析，由二力平衡可得细线的拉力的大小为mgT 1，在 A 点对小球进行受力分析，把 F 和小球的重力 mg 之和分别沿着 OA 和垂直 OA 分解，由力的平衡可得1o53sin)(TmgF，综合解得mgF41，A 正确；在撤出拉力 F 的一瞬间，设细线的拉力的大小为2T，小球和物块的加速度大小相等设为 a，小球的重力 mg 之和分别沿着 OA 和垂直 OA 分解，对两者分别应用牛顿第二定律可得mamgTo253sin，maTmg2，综合解得mgF109，B 错误；第2 页,共6 页撤出拉力 F 后，当小球运动到圆心 O 的正上方

7、 P 点，设小球的速度为v，由几何关系可得oRAB53tan，oOBR53cos，ROBBP，小球从 A 到 P，物块下降的高度为BPABh，综合解得Rh32，C 正确；细线与小球的速度v垂直，则绳子伸长的速度为 0，由关联速度之间的关系，物块的速度为 0，D 错误。9.【答案】BD【解析】两车分别在13ts、29ts并排行驶（相当于相遇），说明在13ts至29ts的时间间隔内，两车的位移相等，A 错误；vt图像与时间轴所围成的面积表示位移，如下图：CBADE甲乙甲乙2t6v共1/v ms/t s039三角形ABC与三角形CDE的面积相等，两车的位移在13ts至29ts才相等，根据几何关系，三

8、角形ABC与三角形CDE是相似三角形，则两三角形要全等，根据等底等高的几何特点，ACCE，则有2132tttt，解得：26ts，B 正确；对甲有2tav甲共，对乙有20tavv乙共，解得2/1sma乙、smv/12共，C 错误；0至13ts，甲车的位移为211=2xa t甲甲，乙车的位移为2111=+2xv ta t乙0乙，13ts两车相遇，则记时开始即0t时刻，甲、乙两车的距离为=d xx乙甲，综合解得=13.5dm，D 正确。10.【答案】BD【解析】若 A、B 两点在同一水平面上，则甲、乙做平抛运动的高度相等，运动时间也相等，则有1:121tt：，A 错误；把甲在 P 点的速度分别沿水平

9、方向和竖直方向分解，可得o1137tangtv，把乙的位移分别沿水平方向和竖直方向分解，可得o222237tan5.0gttv，结合75.037tano、1:1:21tt，可得1221：vv，B 正确；若甲、乙在水平方向的分位移相等，则有2211tvtv，由o1137tangtv可得o1137tangtv，由o222237tan5.0gttv可得o2237tan21gtv，综合可得2:1:21tt，C 错误；甲的水平位移11tvx 甲，竖直位移2121gty甲，甲的位移22甲甲甲yxs，结合o1137tangtv，可得22o21)5.0()37(tan gts甲，乙的水平位移22tvx乙，竖直

10、位移2221gty乙，乙的位移22乙乙乙yxs，结合o222237tan5.0gttv，可得22o221)37(tan21gts乙，结合乙甲ss、75.037tano，综合可得第3 页,共6 页cossinFfmgm(2 分）NFf滑，滑ffm(1 分）结合N760F、3.0、8.037cos6.037sinoo、2m/s10g综合解得kg1m(1 分）(2)当物块刚好不沿斜面下滑，设与斜面垂直斜向左下方的拉力为0F，把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，由力的平衡可得N0cosFFmg(1 分）mfmgsin(1 分）结合NFf滑、滑ffm综合解得12N0F(2 分）14.【答案】（1）0.3（

11、3 分）8m/s（4 分）（2）16m3、3.6m/s（4 分）【解析】（1）由图乙分析可得s920s9821tt时间内木块离开长木板，由图像可得12120ttva（1 分）对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得2MaMg（1 分）结合m/s41v综合解得3.0（1 分）s98-01t时间内木块在长木板上运动，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得1)(MamgMg（2分）由图像可得1011tvva（1 分）综合解得m/s80v（1 分）（2）长木板的长度为s98-01t时间内长木板滑的距离，s98-01t时间内长木板滑的距离为11012tvvd（1 分）s920s9821tt时间内长木板滑的距离

12、为)(21212ttvd（1 分）长木板在整个运动过程中的平均速度为221tddv（1 分）综合解得m3161d、m/s6.3v（1 分）15.【答案】（1）o90（7 分）（2）s61（3 分）m/s1（2 分）【解析】把小球两次类斜抛运动的初速度分别沿水平方向和竖直方向分解，则有coscos0201vvvvxx、（1 分）sinsin0201vvvvyy、（1 分）设小球的加速度为 a，水平方向的位移为x根据逆向思维，把类斜抛运动看成两个类平抛运动，第5 页,共6 页第一次、第二次类斜抛运动的时间分别为avty112、avty222（1 分）2211tvxtvxxx、（1 分）综合可得av

13、avx2sincossin22020、avavx2sincossin22020（1 分）比较可得2sin2sin或）（2180sin2sino（1 分）解得（舍去），o90（1 分）（2）由牛顿第二定律可得maFmg风，当mgF2.0风，解得2/12sma（1 分）当o53，由o90可得o37，由avtsin201、avtsin202，smv/50综合计算可得s5.01t、s322t（1 分）则有s6112ttt（1 分）轨迹 1、与轨迹 2 在最高点的速度分别m/s3cosm/s4cos0201vvvvxx、（1 分）则有m/s121vvv（1 分）16.【答案】（1）mg6.3（3 分）（

14、2）526r（5 分）（3）r)315(52（5 分）【解析】（1）把小球的重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，设小球在 A、B 两点受到沿斜面方向的弹力大小分别为BAFF、，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得gmmgF4.4sinA（1 分）sin2BFmgmg（1 分）比较可得A3.6BFFmg（1 分）（2）由几何关系可得 B 点与地面间的高度差为sin2rh（1 分）小球到达 B 点时受到的弹力刚好为 0，在 B 点由牛顿第二定律可得rvmmg2Bsin(1 分)小球离开 B 点，由平抛运动的规律可得tvxB，221gth（1 分）落地点与 B 点间的距离为22xhd（1 分）综合解得grt532、526rd（1 分）（3）小球到达 B 点受到的弹力大小为mg4.0，若弹力的方向向上，由牛顿第二定律可得rvmmgmgx214.0sin（1 分）若弹力的方向向下，由牛顿第二定律可得rvmmgmgx224.0sin（1 分）由平抛运动的规律可得tvxx11、tvxx22（1 分）两种平抛运动的水平位移之差的绝对值为12xxx（1 分）结合grt532，综合比较可得rxxx)315(5212（1 分）第6 页,共6 页