天域全国名校协作体2023-2024学年高三上学期10月联考物理试题含答案.pdf

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1、扫描全能王 创建#QQABDQAEogAAQgBAAQgCEwWACAEQkAECCCoOxAAAsAIAABNABAA=#扫描全能王 创建#QQABDQAEogAAQgBAAQgCEwWACAEQkAECCCoOxAAAsAIAABNABAA=#扫描全能王 创建#QQABDQAEogAAQgBAAQgCEwWACAEQkAECCCoOxAAAsAIAABNABAA=#扫描全能王 创建#QQABDQAEogAAQgBAAQgCEwWACAEQkAECCCoOxAAAsAIAABNABAA=#扫描全能王 创建#QQABDQAEogAAQgBAAQgCEwWACAEQkAECCCoOxAAAsAI

2、AABNABAA=#扫描全能王 创建#QQABDQAEogAAQgBAAQgCEwWACAEQkAECCCoOxAAAsAIAABNABAA=#扫描全能王 创建#QQABDQAEogAAQgBAAQgCEwWACAEQkAECCCoOxAAAsAIAABNABAA=#学科网（北京）股份有限公司 天域全国名校联盟 10 月联考 高三物理答案 1.【答案】C【详解】初始时刻整个系统处于平衡状态，绳的拉力等于物体 B 的重力，即 T=mBg，物体 A 对滑轮的拉力等于 A 物体的重力，即 TA=mAg，则 2Tcos=TA，cos=mA/2mB。如果将悬点 P向左移动少许，两物体质量不变，则系统重新

3、平衡后，绳的拉力不变，仍等于物体 B 的重力，且 P 处绳与竖直方向的夹角不变，A 项错误；悬点 P向左移动少许，PQ 间距离增大，所以滑轮会下降少许，物体 A 的高度下降，物体 B 的高度上升。重力对物体 A 做正功，物体 A 的重力势能减小，B 项错误，C 项正确；重力对物体 B 做负功，物体 B 的重力势能增大且不变，D 项错误。故选 C。2C【详解】A变轨完成后，飞船的轨道半径变大，根据 可知，飞船的向心加速度减小了，选项 A 错误；B第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动卫星的最大速度，故飞船速度小于，选项 B 错误；C在变轨过程中，飞船从低轨道进入高轨道，需要对飞船加速，飞船机械能增大，

4、选项 C 正确；D虽然航天员处于完全失重状态，但是航天员仍受地球引力作用，选项 D 错误。故选 C。3C【详解】A由图中的虚线切线方向可知，泼水时杯子的旋转方向为逆时针方向，故 A 错误；B水从 P 点飞出后做平抛运动，机械能守恒，重力势能转化为动能，故增加动能即减小的重力势能，为mgh=6m，故 B 错误；C水从P点泼出时，设水的质量为m，当水的重力刚好提供其所需的向心力时，有 2mvmgR=解得 6m/svgR=可知水被甩出与水的质量无关，要将水从P点泼出，杯子的速度不能小于6m/s，故 C 正确;D.水被甩出与水的质量无关，D 错误。故选 C。4 B【详解】A炮弹落在山坡上时，竖直方向的

5、位移与水平方向的位移关系为 2GMar=7.9km/s 学科网（北京）股份有限公司 200012tan22ygtvgtv tvv=可得02tanyvv=可知速度偏转角的正切值不变，则有若将炮弹初速度由0v变为02v，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变，A 正确；B由炮弹落在山坡上时，竖直方向的位移与水平方向的位移关系，可解得炮弹的飞行时间为02tanvtg=可知若将炮弹初速度由0v变为04v，飞行时间则变为14，由竖直位移公式212ygt=可知，炮弹下落的竖直高度变为原来的116，B 错误；C炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，此时竖直方向的速度与水平方向的速度关系为00tanyv

6、gtvv=解得飞行时间为0tanvtg=，C 正确；D炮弹与斜面距离最大时，速度方向与斜面平行，对速度和加速度分解，如图所示，则有 选择错误的一项，故选 B 5.【答案】C【详解】设 H1=30m，h1=9m，H2=3m，无人机向下匀加速运动过程211 112hat=，得13st=，11 16m/svat=。无人机减速过程有111222vHhHt=，得 t2=6s，所以总时间为 9s，A 项错误；无人机减速过程有212202va h=，2112HHhh=，所以无人机悬停在距地面高度为 H2=3m 时，此时加速度 a2最大，221m/sa=，B 项错误；无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律得2

7、Ffmgma+=，则最大竖直升力大小为 F=100N，C 项正确；失去竖直升力后，有3mgfma=，恢复动力时3va t=，则6m/sv=，学科网（北京）股份有限公司 2223422vvHaa=+，联立解得2418m/sa=，D 项错误。故选 C 6.【答案】D【详解】由图像可知 AB段牵引力 F不变，加速度恒定，因此 AB 段货车做匀加速直线运动；BC段牵引力F 减小，所以加速度减小，因此 BC 段做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，A 项错误；当货车匀速运动时，vmax=30m/s，牵引力和阻力相等 F=f=2103N，最大功率为 P额=Fvmax=6104W，B 项错误；货车速度为

8、20m/s 时，此时牵引力为33 10 NPFv=。由Ffma=得 a=0.5m/s2，C 项错误；货车匀加速运动过程中，由图可知，牵引力为 F=6103N，加速度为22m/sFfam=。货车刚达到额定功率时的速度10m/sPvF=额，所以货车做匀加速运动的时间5svta=，D 项正确。故选 D。7.【答案】B 【详解】AB.对甲乙丙整体有33FMgMa=，得13aFgM=，对甲有1FMgMa=，对甲乙整体有222FMgMa=，联立得113FF=,223FF=,故 A 错误，B正确；CD.若恒力 F 不变，甲的书包掉落，对甲乙丙整体有()()33FMm gMm a=，解得13aFgMm=，aa

9、，故 C 错 误；对 甲 有()()1FMm gMm a=，联 立 解 得113MmFFFMm=avt 所以，后面二者可以相遇的时刻为s 1=t和s3=t（1 分）14.答案（1）14.4J；（2）0.045m【详解】（1）滑上传送带后由牛顿第二定律得 1sincosmgmgma+=-（1 分）解得2110m/sa=学科网（北京）股份有限公司 物块与传送带共速时，由运动学公式01 1vvat=-（1 分）解得10.4st=则可得0112m2vvxt+=传送带的位移为121.2mxvt=相对位移为1120.8mxxx=-（1 分）共速后，物块不能匀速，仍然减速 2sincosmgmgma=-（1

10、 分）解得212m/sa=由运动学公式得2122 212Lxvta t=-（1 分）解得21st=传送带的位移为323mxvt=相对位移为231()1mxxLx=-（1 分）全过程的摩擦生热为112cos()Qmgxx=+-（1 分）解得14.4JQ=-（1 分）（2）物体离开传送带后，做斜抛运动，物块在最高点时飞上 CD，物块离开传送带时速度为222vva t=-（1 分）x2cosvv=-（1 分）则：x0.8m/sv=，由动能定理得22102xmgxmv=-（1 分）则：0.045mx=-（1 分）15.答案：（1）5 N （2）0.576J （3）tan20412511+=y 解析：（

11、1）球在释放瞬间受重力、圆环对小球的支持力，弹性绳子处于原长，圆环对小球的支持力指向圆心，由几何关系可得，N 与竖直方向成 30夹角，由受力分析可得 1cos602Nmgmg=（2 分）学科网（北京）股份有限公司 由牛顿第三定律可得：小球对圆环的作用力为 12Nmg=5 N （1 分）（2）C 球在圆环上最大速度位置处受重力、圆环的支持力、弹性绳的拉力，C 球此时在该位置处切向加速度为 0，设弹性绳与竖直方向夹角为，C 重力、圆环的支持力、弹性绳的拉力围成的三角形与 A 点、C球所在位置、圆心三角形是一个相似三角形，则有(2 cos)sinsin2mgkrr=（3 分）代入数据解得 4cos5=（1 分）弹性绳伸长距离为:3(2 cos)5xrrr=0.24 m （2 分）此时弹性绳弹性势能为:J576.0212p=kxE （1 分）(3)从释放点到 B 位置过程中，动能定理有 201(sin30)2Pmg rrEmv+=（1 分）解得m/s55120=v （1 分）小球到达 D 点后做平抛运动，在落到斜面的过程中，以 O 点为原点，OB 为 y 轴正方向，水平向右为 x 轴正方向，平抛运动的轨迹方程为：2202xvghyDO=（1 分）斜面 OE 的方程为：tanxy=（1 分）化解得：tan20412511+=y （02）（2 分）