2023稳派10月调研高三物理答案

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