四川省射洪中学2024届高三上学期10月月考试题 理综物理答案

射洪中学高2021级高三上期10月月考物理答案14、【解答】解：A.加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关，A错误；B.速度变化得越快，加速度越大，加速度不一定变化，B错误；C.物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，C错误；D.根据加速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，D正确。故选D。15、【解答】解：原来弹簧的弹力等于A的重力，即F＝mAg，放上B的瞬间，弹簧的弹力不变。对整体分析，根据牛顿第二定律得：a＝＝＝＝2m/s2。隔离对B分析，有：mBg﹣N＝mBa，则有：N＝mB（g﹣a）＝2×（10﹣2）N＝16N。由牛顿第三定律知：B对A的压力大小为16N。故选：B。16、【解答】AB．由图可知质点在x轴方向上做匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动，合力的方向沿x轴方向。在x轴方向上的初速度为3m/s，在y轴方向上的速度为4m/s，则初22速度v034ms5ms初速度方向不沿x轴方向，所以质点做匀变速曲线运动，故A错误，D正确；C．2s末在x轴方向上的速度为vx＝6m/s在y轴方向上的速度为vy＝4m/s则合速度v6242ms6ms故C错误。2D．质点在x轴方向上的加速度为ax1.5m/sy轴方向上的加速度为零，则合加速度为a＝1.5m/s2所以合力为F=ma=41.5N=6N故D错误；故选B。17、【解答】解：汽车到达斑马线速度为零，所用时间为t，则有：x＝解得：t＝＝s＝10因t＜12s，则最小加速度为：a＝＝m/s2＝1m/s2，故A正确，BCD错误。故选：A。18、【解答】解：根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力为：F＝k（1.5L﹣L）＝0.5kL。设此时两根橡皮条的夹角为θ，根据图1由几何关系知由图2，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力为：，故B正确，ACD错误。故选：C。19、【解答】解：A、0～9s内探测器做初速度为零的匀加速直线运动，则x＝，则位移随时间非均匀增加，故A错误；B、9～25s内探测器加速度向下，处于失重状态故B正确C、0～25s内探测器一直向上运动，在25s末没有回到星球表面，故C错误；D、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则9～25s内探测器的加速度与25～45s内的加速度相同，故D正确。故选：BD。20、【详解】A．摆到最高点时，体验者的速度为零，但加速度不为零，不是处于平衡状态，故A错误；B．在高速摆动的过程中，由于体验者不是做匀速圆周运动，则体验者受到的合力不是始终指向圆心，故B错误；v2302C．摆到最低点时，体验者的向心加速度大小为am/s29m/s2故C正确；R100D．在最低点时，设四根秋千绳对体验者（含秋千踏板）拉力的合力为F，根据牛顿第二定律v2可得FmgmR解得F950N故D正确。故选CD。21、【解答】解：A、根据乙图分析可得，当传送带的速度大于4m/s时，物块平抛的水平位移发生变化，说明传送带速度小于4m/s时，物块做匀减速运动，即当传送带速度为0时，物块到达B点的速度为4m/s，故A正确；B、根据平抛运动的规律，水平和竖直方向，有x＝vt，物块到达B点的速度为4m/s，得t＝0.4s，h＝＝0.8m故B正确；C、当传送带速度小于等于4m/s时，根据牛顿第二定律μmg＝ma得a＝μg又其中v＝4m/s，l＝2m，得μ＝0.5故C错误；D、如果传送带向左运动，则物块所受滑动摩擦力向左，与传送带速度小于等于4m/s情况相同，不为虚线c，故D错误。故选：AB。22、【解答】解：分析物块A的受力情况可知，物块A受长金属板B给它的滑动摩擦力Ff，方向向左，受弹簧测力计向右的拉力F，由二力平衡可知，Ff＝F，测力计读数为2.60N，所以Ff＝2.60N；又根据Ff＝μG可得：μ＝＝0.2．从表中可对比得知，物块A为木头。故答案为：2.60，木头。23、【解答】解：（1）该实验小车受到的拉力可由弹簧测力计测得，不需要满足M≫m；（2）砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，由于小车受到的拉力可由弹簧测力计测得，所以拉力和加速度仍成正比例关系，故C正确，AB错误。故选：C。（3）相邻计数点间的时间间隔为：匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，则C点对应小车的速度为：＝根据逐差法可得小车的加速度大小为：＝＝4.0m/s2根据牛顿第二定律有：F＝Ma根据滑轮特点有：mg﹣2F＝m解得：m＝＝350g故答案为：（1）不需要；（2）C；（3）0.8，4.0，350。24、【解答】解：（1）设运动员在B点的速度角为θ，由速度角和位移角关系得则解得t＝2.4s（2）由得从A到B的水平位移为x＝v0t=38.4mx由几何关系得L48mABcos370解得LAB＝48m答：（1）运动员在空中运动的时间为3s；（2）滑道AB的长度为48m。25、【解答】（1）滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短。设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a22a2＝8m/ss＝解得：t＝1s（2）滑板与滑块刚要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1﹣μm1g＝m1a2解得F1＝12N当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2﹣μm1g＝m1a1＝L解得F2＝14N则水平恒力大小范围是12N≤F≤14N（3）当F＝20N时，对滑块有F﹣μm1g＝m1a3解得t1＝0.5s此时滑板的位移，解得x1＝1m速度为v＝a2t1，解得v＝4m/ss﹣x1＝vt2t2=0.75s总时间t总＝t1+t2，解得t总＝1.25s答：（1）滑板由A滑到B的最短时间为1s；（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围为12N≤F≤14N；（3）当F＝46N时，滑板由A滑到B的时间为1.25s。34、（ⅰ）【解答】AB．从乙图可知，在t=0时刻P点速度为正向最大值，即P点正在平衡位置向+y方向振动，根据“同侧法”可知该波沿x轴负方向传播，由甲图可知波长λ=6m，由乙图可知周期T=1.2s，故波速v5m/sT故AB正确；C．质点P经过0.6s恰好振动半个周期，运动的路程s=2A=20cm，故C错误；5D．由甲图可知该波质点振幅为10cmt0.5sT122质点P的振动方程为yAsintAsintT代入数据得y5cm故D正确；15E．该波的频率fHzT65根据多普勒效应可知，当测井仪运动时，接收到的频率可能大于或小于Hz故E错误。6故选ABD。（ⅱ）【解答】解：（1）根据对称及光路可逆性，作出光路如图所示i'＝60°r＝r'＝θ＝30°根据折射定律解得（2）由几何关系光在液滴中的传播速度光在液滴中的传播时间解得t＝答：（1）液滴对该光的折射率；（2）光从C点射入液滴经一次反射从D点射出在液滴内传播的时间。