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2024-2025 学年度高三年级综合检测（一）物理答案
1-10题选择题答案（1-7单选，每小题4分，共28分；8-10多选；每小题 6分，共
18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选
对但不全的得 3分，有选错的得 0分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D D A B C C D AB AD BCD
11. (共8分)
（1）（每空1分）②两个弹簧测力计的示数和两个细绳的方向
③仍使小圆环处于O点
弹簧测力计的示数和细绳的方向
⑤没有
（2）（每空2分）①平衡摩擦力（使小车所受合力大小等于细绳拉力大小）
②使细绳拉力大小约等于砝码盘和砝码的重力大小
1
12. （共7分）（1）0.26 (1分) 1.3 （2分） （2） ，kb 各2分
2k
13.（10分）
解：（1）对小可和雪橇作受力分析，根据平衡条件 （不作受力分析扣1分）
水平方向 Fcos− f =0 （1分）
解得 f =60N （1分）
对爸爸、小可和雪橇组成的整体，设爸爸所受摩擦力为 f '，则由平衡条件可得水平方向
f '− f =0 （1分）
故 f '=60N，方向水平向右. （1分）
(2) 对雪橇和小可：
竖直方向：Fsin+N−mg =0 （1分）
解得地面对雪橇的支持力
N =600N
由 f =N （1分）
可得雪橇与地面之间的动摩擦因数=0.1
1 / 4
{#{QQABDYIAggCgAoBAABgCQwHICkOQkAGCCagOgAAIsAIBQRNABAA=}#}绳子断后，对雪橇和小可：mg =ma （1分）
设经过时间t雪橇停下，则0=v −at （1分）
0
解得t =4s 即4s末雪橇停下
0+v
故在10秒内雪橇的位移为 s= 0 t （1分）
2
解得s=8m （1分）
14. (13分)
解：(1) 货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为f ，挡板
1
对物体摩擦力为f ，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为N ，挡板对货
2 1
物支持力为N
2
N =mgcos N
1 1
N
2
f =N
1 1 1
f f
2 1
N =mgsin
2
mg
f =N （1分）
2 2 2
解得 f =40N （1分）
1
f =15N （1分）
2
传送带上表面对货物的摩擦力大小为40N，挡板对货物的摩擦力大小为15N，
（2）设货物由静止放上传送带获得的加速度为a
对货物： f − f =ma （1分）
1 2
解得a=2.5m/s2
设货物在传送带上经时间t 能达到共速，所走的为s
1 1
v=at （1分）
1
1
s = vt （1分）
1 2 1
解得t =0.4s
1
s =0.2m<L，所以物体能在传送带上达到共速，设再经过时间t 到达目的地
1 2
2 / 4
{#{QQABDYIAggCgAoBAABgCQwHICkOQkAGCCagOgAAIsAIBQRNABAA=}#}L−s =vt （1分）
1 2
t =9.8s
2
t =t +t
1 2
t =10.2s （1分）
（2）解法一：货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为a ，所走的位移
1
为s'，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为s'
1 2
对货物： f + f =ma （1分）
1 2 1
v2
s' = （1分）
1 2a
1
v2
s' = （1分）
2 2a
设由于传送带故障，耽误的时间设为t
s' +s'
t =T + 1 2 （1分）
v
t =30.29s （1分）
解法二：设货物减速至零的时间为t'
1
v
t' = （1分）
1 a
1
对货物： f + f =ma （1分）
1 2 1
v
减速阶段的位移为x' = t' （1分）
1 2 1
加速t 后，再匀速t' 到目的地
1 2
L−x' −2s
t' = 1 1 （1分）
2 v
t =2t +t' +t' +T −t
1 2 1
t =30.29s （1分）
15. （16分）解：（1）设绳子断裂前，A、B加速度大小均为a，由牛顿第二定律：
对B：2mgsin53−T =2ma①
3 / 4
{#{QQABDYIAggCgAoBAABgCQwHICkOQkAGCCagOgAAIsAIBQRNABAA=}#}对A：T −mgsin37=ma②
g 14
解得：a= ，T = mg③
3 15
（2）设 B 到达底端时速度大小为 v ，B、C 间的摩擦因数为μ，B 在 C 上减速时加速度大
0
L
小a 、C加速大小a ，B、C共速为v ，该过程位移为s =
1 2 1 0 sin53
L
由v2 =2as ④（s 直接用 也得分）
0 0 0 sin53
对B：(2m)g =2ma ⑤
1
对C：(2m)g−F =ma ⑥
0 2
设共速的速度为v
1
则：v =v −at⑦
1 0 1
v =a t⑧
1 2
5
解得：= ⑨
12
1 5
v = gL⑩
1 2 6
（3）B刚进入区域时，假设BC以大小为a 的加速度共同减速
0
mg
对BC整体，由牛顿第二定律： =3ma ⑪
2 0
g
得a = ⑫
0 6
此时B对C的摩擦力大小为 f =ma (2m)g ，假设成立，BC共同减速。⑬
BC 0
5
若当B进入的位移为kL时，BC刚好静止，则有：v2 =2a kL，解得：k = ⑭
1 0 8
5 1 5gL
讨论：当k 时，B将返回从MN边界离开，故v =v = ；⑮
8 t 1 2 6
5 （5-8k）
当0k 时，v2 −v2 =2a kL，即v = gL⑯
8 1 t 0 t 24
评分标准：①~⑯每个式子1分
4 / 4
{#{QQABDYIAggCgAoBAABgCQwHICkOQkAGCCagOgAAIsAIBQRNABAA=}#}
