2025届山东中昇大联考高三10月联考物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1027山东省中昇大联考2024-2025学年高三上学期10月联考

2024-2025 学年高三 10 月检测 物理参考答案 一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 A D C D B A B D 1、【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律 F  ma ，任何一个力都会使物体在这个力的方向上产生加速度，这就是力的 独立作用原理的反映，所以航天员能够推动航天器。因为桌子在水平方向上不只受到小孩的推力，还同时 受到地面摩擦力的作用，它们相互平衡，所以小孩可能无法推动桌子。要注意的是：牛顿第二定律公式中 的F是指物体受到的合外力，物体表现出来的加速度是由它的质量和受到的合外力决定的。 2、【答案】D 【详解】两物块始终保持静止状态，所受合力均为0，A错误；分析b，受力分析易知F增大时，a、b间 的弹力F 也随之增大，b对地面的压力逐渐增大，分析a可知其对地面的压力逐渐减小，C错误，D正确。 N 3、【答案】C 【详解】 A.无人机在第3s内，匀速运动，动力与整体重力平衡，A错误； B.无人机在4s末上升到最高点，由图像面积得上升的最大高度为10m，B错误； C.0～2s内与5～7s内图像平行，斜率相同，则加速度大小相同，方向竖直向上因此无人机在1s末和6s 末的加速度相同，由 ，得拉力T=18N得拉力T相同，故C正确； D．由图可知，第4s内 和 − 第 5s= 内 图 像的斜率不变，故无人机在第3s和第4s的加速度大小相等，方向相同， 故D错误。 4、【答案】D 【详解】全红婵入水前在空中运动过程中只受重力作用，处于完全失重状态，入水后向下减速运动过程， 加速度方向向上，处于超重状态，故A、B错误； 全红婵在空中的运动为竖直上抛运动，入水的瞬间速度最大，由运动学公式可知，全红婵在空中上升高度 2 v  1  h  ( 4 )2  v2 ，跳板离水面的高度为 h  v2     4 v   15v2 ，全红婵在空中上升高度与跳板离水 1 2g 32g 2 2g 32g 1 面的高度之比为 ，故C错误； 15 v2 5v v vt t 5v5 2 v2 全红婵离水面最远距离为h  ，全红婵在空中运动时间t  ，全红婵入水深度h h  •1 1  ， 3 2g 1 4g 4 4 2 22 2161g6g 第1页，共7页 {#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}全红婵离水面最远距离与入水的深度之比为8:5，故D正确。 5. 【答案】B 【详解】 设图中每一个小格的宽度为d。由题给图像可以比较直观地看出,经过相同时间间隔,下面的质点 4d 位移大小不变,所以下面质点做的是匀速直线运动,速度v＝ ，而上面的质点在相同时间间隔内位移在不 T 断变化,分别为2d,3d,4d,5d,6d,7d,因为相同时间间隔内位移之差均为d,可知其在做匀变速直线运动。 以上面的质点为研究对象,在0~0.1s其位移为d,故在 0~0.6s内，上面质点的位移大小为21d，而下面质点 的位移大小为24d，A错误， 4d 在上面３、４标记点的中间时刻, 即0.35s时,上面质点的速度为v  =v,所 以在0.35s时两个质点的 3.5 T 速度大小相等,选项B 正确; 由做匀变速直线运动的物体的运动性质可知,它在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即第３ 7d 标记点,上面质点的瞬时速度v  ,所以在第0.3s时,上、下两个质点的速度大小之比为7:8,选项C、D 3 2T 错误。 6．【答案】A M m v2 【详解】在地球表面飞行的宇宙飞船，万有引力提供向心力，G 1 = m 0 ，在月球表面飞行的宇 r2 r 1 1 M M M m v2  = = 宙飞船，万有引力提供向心力：G 2 = m 月，由密度公式得： V 4 ，可得： r2 r πr3 2 2 3 v  r2 月 = 月 1 ，故A正确。 v  r2 0 地 2 7．【答案】B 【解析】若柔软缆绳末端没有重球，则D正确；由于重球作用使末段绳子与竖直方向上的夹角变小。参考 视频https://www.bilibili.com/video/BV1Jv4y1y7DU 8.【答案】D 【详解】木块B紧靠在木板A左侧时受向上摩擦力与重力平衡，大小保持不变，A错误； 由牛顿第二定律分析知，若μ =μ ，或μ >μ ，AB具有相同的加速度，将同时停止运动；BC错误；2μ <μ 1 2 1 2 1 2 时，A的加速度较大，A先停止运动，B在A上继续向右滑动直到停止，D正确。 二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。 9 10 11 12 BD AD BD CD 9．【答案】BD 第2页，共7页 {#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}【详解】A．撤去F 后，合力与F 等大反向，因为合力为恒力，所以物体做类平抛运动，故A错误； 1 1 B．撤去F 后，合力与F 等大反向，合力对物体先做负功后做正功，当合力做功为零时，速率再次为v ， 2 2 0 故B正确； C．撤去F 后，合力与F 等大反向，合力一直做正功，故速率不可能再次变为v ，故C错误； 4 4 0 D．若撤去的是 ，则物体在垂直于 的方向上做匀速直线运动，在 的反方向上做匀减速运动，当在 的反方向上减速 到3零时，物体的速率 最3小是 ，故D正确。 3 3 故选BD。 0sin 10．【答案】AD 【解析】三个手指中指所受拉力最小，两侧手指所受拉力较大，A正确，B错误；如果向三个袋内增加相 同的物品，手指所受拉力变大，C错误；购物袋处于平衡状态，所受合力为零，D正确。 11. 【答案】BD 【详解】设到C点时速度大小为v， 竖直方向上对甲： ，对乙： ，得 ，A、B两点的高度差为 h=2h，A 1 2 3 2 错误，B正确； 2 ℎ= 2 2 ℎ2 = 2 ℎ2 =3ℎ ℎ2− 竖直方向上对甲： ，对乙： 1 3 2 2 水平方向上对甲： 1 = 1 = ， 对乙： ，A、B两点的水平距离为 3 1 A、B两点的高度差 为1 = 2 ，1 =C错2 误3ℎ，D正确。 2 =2 2 =2 3ℎ 2 3ℎ 12.【答案】CD 4 3ℎ 【详解】绳与竖直方向夹角θ满足 ，与转动的角速度无关，AB错误； ℎ 转动的角速度越大,所需要的向心力c越os大θ=， 绳2 =子0拉.6力的水平分力与摩擦力的夹角越小，C正确； 5 雪圈所受支持力为0时， ，其中 ，代入数据解得角速度最大值为 rad/s，D 3 2 tanθ= = 1+ 2sinθ 正确。 三、非选择题：本题共 6小题，共 60分。 13．（6分）（每空2分） t r 【答案】(1) F  Mg n n H2 r2 42n2H (2) g  t2 【详解】（1）从小球某次通过光电门开始计时，若测得连续n次（n从1开始计数）通过光电门的时 间间隔为t，则小球做圆周运动的周期 t T  n 若测得细圆管下管口与圆弧轨迹圆心间的高度差为H，圆弧轨迹的半径为r，根据几何关系有 第3页，共7页 {#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}F r n  F H2 r2 T F Mg T r 解得小球受到的向心力F  Mg n H2 r2 （2）小球质量计为m，受到的向心力 42 mgtanmr T2 r tan H 42n2H 解得g  t2 14．（8分）（每空2分） 1 【答案】(1)BC (2) 相等 (3)2:1:1 k 【详解】（1）实验中均需要使细线对小车的拉力等于小车所受外力的合力，则四组实验都需要平衡 摩擦力，故A错误，B正确； 甲中近似认为重物的重力等于细线的拉力，而乙、丙、丁均能够直接测量出细线的拉力，可知，四组 实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。 故选BC。 （2）[1]丁同学设计装置完成实验，弹簧测力计的拉力为F，画出小车的aF 图像纵轴截距为正值， 即细线没有拉力作用时，小车已经存在一定的加速度表明平衡摩擦力过多，令小车重力沿长木板的分 力与摩擦力的合力大小为F ，根据牛顿第二定律有 0 FF Ma 0 则有 1 F a F 0 M M 结合图像有 1 k  M 解得 1 M  k [2]根据上述数据处理的方法可知，利用图像的斜率求解小车的质量与平衡摩擦力过多没有关系， 即该值与小车的实际质量相比是相等。 （3）平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有 2F M a，F M a，F M a 1 2 3 解得 M :M :M 2:1:1 1 2 3 15．（9分） 第4页，共7页 {#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}【详解】(1)根据匀变速直线运动规律可知，第一段 ………………………………………… 1分 第二段 …………………………… …1 =… … ………………………………………… 1分 第三段 2 = 1+( +3) ………………………………………………………………………2分 2 3 = 2+ + 3 =4 (2) 第n段时间T内，质点的初速度 ……………………………………………… 2分 2 −2 −1 = + + + + +…+ + 得 −2 3 −2 −1 = 2 第n段时间T内，质点的位移 …………………………………………………………………………… 2分 1 −1 2 = −1 +2 + 得 ………………………………………………………………………………………… 1分 2 3 −3 +1 2 = 2 16．（7分） 【解析】（1）车轮转动的角速度 ……………………………………………… 1分 = =100rad/s 车轮转速 ………………………………………………………………………………… 2分 50 =2 = r/s （2）配重块运动到最低点时，车轮对配重块的作用力最大 由牛顿第二定律得 ………………………………………………………………………………………… 2分 2 − = 2 得F=22.1N ………………………………………………………………………………………………… 2分 =221 17．（14分） 【解析】（1）h=20m h tan53°= ………………………………………………………………………………………………… 1分 x 得PQ两点的水平距离d=15m 第5页，共7页 {#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}1 由h＝ gt 2 ……………………………………………………………………………………………… 1分 1 2 得t =2s 1 由d=v t ………………………………………………………………………………………………… 1分 011 得v =7.5m/s………………………………………………………………………………………… 1分 01 重物离PQ连线的最远时的速度方向与PQ连线平行，即速度与水平方向的夹角为53° v cos53°= 0 …………………………………………………………………………………………… 1分 v 1 得v =12.5m/s………………………………………………………………………………………… 1分 1 (2)以P点为坐标原点，PQ连线方向为x，初速度方向为y轴 将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有 a ＝gsin53°＝8m/s2………………………………………………………………………………… 1分 x a ＝gcos53°＝6m/s2………………………………………………………………………………… 1分 y PQ两点间距离x=25m……………………………………………………………………………… 1分 由2a x=v 2…………………………………………………………………………………………… 1分 x x 得v =20m/s x v ＝a t………………………………………………………………………………………………… 1分 x x t=2.5s v 从P点抛出至落到Q点的过程中，由对称性可知t＝2 0 a y v ＝7.5m/s…………………………………………………………………………………………… 1分 0 得 ………………………………………………………………… 2分 2 2 5 73 = + 0 = 2 m/s 18．（16分） 【解析】(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a ，对货物受力分析如图所示，根据牛顿第二定 1 律得 沿传送带方向 mgsinθ＋F＝ma ；………………………………………………………………………………… 1分 f 1 垂直传送带方向mgcosθ＝F …………………………………………………………………… 1分 N 又因为F＝μF ……………………………………………………………………………………… 1分 f N 第6页，共7页 {#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}联立解得 a ＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2……………………………………………………………………… 1分 1 (2)货物向上运动过程 t ＝ ＝1s 1 0− 0 x ＝ − 1 t ＝5m……………………………………………………………………………………… 1分 1 1 0+0 货物向2下运动过程 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 2 得a ＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿传送带向下。………………………………………… 1分 2 x = 1 1 2 得 2 2 2 …………………………………………………………………………………………… 1分 故 2 =t 2 5 （ s ） ……………………………………………………………………………… 1分 (3) 设1+ 货物 = 速度 1+ 从v50 减 s 至传送带速度v所用时间为t 3 ，所经过的位移为x 3 ，则有 t ＝ ＝1s，x ＝ t ＝7m。………………………………………………………………… 1分 3 3 1 − 0 0+ 划痕长− 度1 s ＝ x － t ＝2 5m(向上滑动) …………………………………………………………… 1分 1 3 3 当货物速度与传送带 速度相等时，由于mgsinθ>μmgcosθ， 此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a ， 2 则有mgsinθ－μmgcosθ＝ma ， 2 得a ＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿传送带向下。 2 设货物再经时间t 速度减为零，则t ＝ ＝1s 4 4 0− 沿传送带向上滑的位移x ＝ t ＝1m − 2 4 2 +0 划痕长度s ＝ x － t ＝-1m(向2下滑动) ………………………………………………………… 1分 2 4 4 则货物上滑的总距离 x＝x 3 ＋x 4 ＝8m。 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 。 2 设下滑时间为t ， 5 则x＝ a t 2，解得t ＝2 s……………………………………………………………………… 1分 2 5 5 1 划痕长度2 s ＝ －x－ t ＝－2（8+4 ）m(向下滑动) ………………………………………………1分 3 5 因|s 2 +s 3 |>s 1 2 故划痕总长度为|s +s |=（9+4 ）m……………………………………………………………… 1分 2 3 （4）货物在传送带上不下滑， 2 则要满足mgsinθ≤μmgcosθ………………………………………………………………………………1分 得0