物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1113黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高三上学期11月月考（全科）_黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高三上学期11月月考物理

龙东联盟 2022 级高三学年上学期 11 月月考 解析：对金砖受力分析，如图所示 由平衡条件可得 （物理试题答案） f F 一、选择题(本题共 10 小题,共46分。在每小题给出的四个选项中,第1～7题只有一项符 2f sin2Fcosmg 合题目要求每题 4 分,第 8～10 题有多项符合题目要求选全得 6 分，漏选得 3 分，有错选 不得分) 解得挑战者对a侧面的压力至少约为 1.答案C F 2500N 解析：铅球运动员的比赛成绩既不是位移也不是路程,故A 错误;短跑运动员跑 200 m 故选C。 是标准跑道的半圈,是路程,100 m指的是位移大小,故B错误;研究跳高运动员过杆动作时, 6. 答案B 涉及运动员的动作和姿势,运动员不能看成质点,故C正确;平均速度是位移与时间的比值, 解析：小球P从A滑到 B的过程中，对小球 P、Q的系统列动能定理： 标准跑道 400 m是一圈,位移等于零,平均速度等于零,所以400 m比赛的平均速度小于其 他运动员 200 m比赛的平均速度,故D错误。 2,答案C 解析：因为质量分布均匀，但重力加速度约靠近地球越大，所以重心与质心不重合， 在 O点下方，比质心更靠近地球 3. 答案B 1 解析：设超声波往返的时间为 2t，根据题意汽车在 2t 时间内，刹车的位移为 a(2t)2 2 1 1 ＝20 m，所以当超声波与汽车相遇时，汽车前进的位移为 a(2t)2－ at2＝15 m，故超声波 2 2 在 2t内的路程为2×(345－15)m＝660 m，由声速为 330 m/s 可得t=1 s，所以汽车的加 速度 a=10 m/s2，B 项正确． 4.答案A 解析：以O点为圆心 s为半径作圆，则 AC 和AB为圆的两条弦，设弦与竖直方向的夹 1 2s 角为 α，则有2scosα＝ gt2cosα，解得 t＝ ，两者时间相等，选项 A正确． 2 g 5. 答案 C 第 1/5 页 学科网（北京）股份有限公司 m 1 g R ( 1  c o s 6 0  )  m 2 g R  1 2 m 1 v 2  1 2 m 2 ( v c o s 3 0  ) 2 解得： v  4 m / s 7. 答案D 解析：根据题意，设列车的最大速度为 v m ，列车对空气的阻力为 f ，由动量定理有 f t S v t v 0      解得 f S v 2m   当牵引力等于阻力时，列车速度最大，则有 P  f v m 联立解得 P v  3 m S 1 当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的 时，阻力为 3 2 1  1 f S v  Sv2   1 3 m  9 m此时，牵引力为 P F  3f 1 v 3 m 1号车厢对 2号车厢的作用力大小为F'，对 2号、3号、4号车厢整体，由牛顿第二定律有 F' 3ma 对 4节车厢整体，由牛顿第二定律有 第 2/5 页 学科网（北京）股份有限公司 3 f  f 1  4 m a 联立解得 F ' 1 3 6 S v 2m 1 3 6 3 P 2 S     解析：木板能否上升是由木板所受的摩擦力决定的，木板刚要上升，根据平衡条件可 得μF＝Mg，解得F＝20 N，若F小于20 N，无论F多大，木板都不会上升，故 A项错误， 1 1 1 2 B 项正确；对滑块和木板整体利用牛顿第二定律，有 F－(m＋M)g＝(m＋M)a，代入数据解 2 得a＝5 m/s2，对木板由牛顿第二定律，有f－Mg＝Ma，代入数据得f＝6 N，不能发生相对 滑动有 μF≥f，代入数据可得 F≥30 N，故 C 项正确；假设滑块和木板之间为滑动摩擦 1 1 力，对滑块利用牛顿第二定律，有F－μF－mg＝ma，代入数据解得a＝7.5 m/s2，对木 2 1 m m 板利用牛顿第二定律，有μF－Mg＝Ma，代入数据解得a＝5 m/s2，此时a＞a，设经过 1 M M m M 1 1 时间为t，滑块上升的高度为x，有x＝ at2，木板上升的高度为x，有x＝ at2，滑块 m m 2 m M M 2 M 10 从木板上端离开木板有x－x＝L，联立并代入数据解得t＝ s，故 D项错误．故选B、 故选B。 m M 5 C两项． 8． 答案BCD 解析：小球在A点时，系统在水平方向不受力的作用，所以地面对M没有摩擦力的作 二、填空题(本题共2小题,共 16 分,按题目要求作答) 用，A项错误；小球在B点时，需要的向心力向右，所以M对小球有向右的支持力的作用， 对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度， 11. 答案 ①. M受力平衡，所以物体M对地面的压力F＝Mg，B项正确；小球在C点时，小球的向心力向 N 上，所以物体M对小球的支持力要大于小球的重力，故M受到的小球的压力大于mg，那么 M对地面的压力就要大于(M＋m)g，系统在水平方向上不受力，则地面对 M没有摩擦力，C 项正确；小球在D点和B点的受力类似，M对小球的弹力向左，则小球对M的弹力向右， 则M受到地面的摩擦力方向向左，在竖直方向上，根据平衡条件知，F＝Mg，D项正确． N 9. 答案AD FBC F mBg 解析：对B受力分析有 ＝ ＝ ，设橡皮筋的劲度系数为 k1，弹簧的劲度系数为 BC AB AC k1BC k2（AB－l0）  l0 mBg k2，弹簧原长为l0，有 ＝ ＝k21－ ＝ ＝k1，k1不变，AB不变，F BC AB  AB AC 不变，AC变大，mB 变大．故选 A、D两项． 10. 答案BC m g h  1 2  2 M  m   d  t  2 （2分）① a  2 M m g  1 （2分） ①. 重力加速度g （2分） 解析：（1）系统的末速度为 v  d  t 则系统重力势能的减少量  E p  m g h 系统动能的增加量为 1 1 d E  (2M m)v2  (2M m)( )2 k 2 2 t 若系统机械能守恒，则有 1 d mgh (2M m)( )2 2 t （2）根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，则系统加速度为mg g a  2M m 2M 1 m 当m不断增大，则a趋于g。 12.答案 （1）C（2分） （2）m x m x m x （2分） 1 0 1 1 2 2 （3）m x m xcosm x cos（2分） m x2 m x2 m x2（2分） 1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 2 2 （4）0.33（2分） 解析：（1）A选项，为保证该碰撞是对心碰撞，两球半径应当相同， 第 3/5 页 学科网（北京）股份有限公司 A 错误； B选项，实验装置中的铅垂线是用来确定 O 点位置的，不是用来判定斜槽末端是否水平的，B错误； C选项，只需保证每次释放钢球的位置相同，即可保证钢球的入射速度不变，与斜槽是否光滑无关，C 正确； D选项，实验过程中复写纸位置发生变化不影响实验，不需要重做，D错误； 故答案选C． （2）设小球平批的竖直位移为 H ，则碰撞前钢球 A 的速度 v 0  x 0 2 g H ，碰撞后钢球 A 和玻璃球 B 的速度分别为 v 1  x 1 2 g H 、 v 2  x 2 2 g H ，要验证该过程动量守恒，则需验证 m 1 v 0  m 1 v 1  m 2 v 2 ， 化简得 m 1 x 0  m 1 x 1  m 2 x 2 ． （ 3）验 证该碰 撞过程 沿 O P 方向动 量守恒 ， 即 m 1 v 0 m 1 v 1 c o s m 2 v 2 c o s     ，化 简得 m 1 x 0 m 1 x 1 c o s m 2 x 2 c o s     ；验证该碰撞过程前后动能相等，即 1 2 m 1 v 20  1 2 m 1 v 21  1 2 m 2 v 22 2 1 m 3m ，解得v  v ，故e 0.33． 1 2 1 3 0 3 二、计算题(本题共3小题,共 38分,答案可以用分数或根号表示) 𝑣2cos2𝜃 13.答案 (1)见解析 (2) 0 𝑔 解析 (1)设质点经过A、B两点时的速度为v、v,当Δt足够小时,v、v的夹角θ就足够小,θ角所 A B A B 对的弦和弧的长度就近似相等。因此 Δ𝑣 θ= （1分） 𝑣 在Δt时间内,速度方向变化的角度 θ=ωΔt（1分） 联立可得Δv=vωΔt（1分） Δ𝑣 将此式代入加速度定义式a= ,并把v=ωr代入,可得向心加速度大小的表达式为 Δ𝑡 a=ω2r n 上式也可以写成 𝑣2 a= （1分） n 𝑟 ，化简可 (2)在轨迹的最高点,物体的速度为v=v 0 cos θ（1分） 此时可以把物体的运动看成是半径为ρ的圆周运动,物体只受重力,根据牛顿第二定律可得 得m x2 m x2 m x2． 1 0 1 1 2 2 𝑣2 mg=m （2分） 𝜌 （4）先定性分析，如果碰撞是弹性的，则P一定在M、N之间：如果碰撞是完全非弹性的，则M和 𝑣2cos2𝜃 N 重合．由此可知，当碰撞过程机械能损失很小时落点P在M、N之间，当碰撞过程机械能损失较大 联立可得ρ= 0 （1分） 𝑔 时，落点N 位于M、P之间，临界情况是N、P重合，即有v v ．又因为mv mv m v ，且 33＋8 33 m 2 0 1 0 1 1 2 2 14．(1)5mg (2) 31 解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：1 mg·2R＝ mv2（2分） 2 0 小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有： v2 F－mg＝m0（2分） N R 据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F′＝F（1分） N N 联立解得：F′＝5mg（1分） N (2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽水平方向动量守恒，选取向右为正方 向，则： mv＝(m＋M)v（2分） 0 设小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的高度为h. 7 则有R2＋h2＝( R)2（1分） 4 1 1 根据能量守恒定律有：mgh＝ mv2－ (m＋M)v2（2分） 2 0 2 联立解得M＝ 第 4/5 页 学科网（北京）股份有限公司 3 3  3 8 1 3 3 m .（1分） 15. 解析：（1）从两木板由静止释放到木板P刚到B点，对两木板组成的整体，根据动能定理 2 m g L s i n 1 2 2 m v 2B 0     （1分） 解得 v B 2 g L s i n   （3）木板P、Q进入BC段时仍相对静止，所受摩擦力大小随着进入BC的长度线性增加，从两木板由 静止释放到木板P刚到C点，对两木板组成的整体  02mgcos  1 2mg3Lsin   2L   2mv2 0（1分）  2  2 C 解得 v 2 gLsin（1分） C 木板P开始冲出C点后，木板P加速，木板Q匀速，两者分离，木板P滑过C点过程 （1分） （2）木板P刚好完全进入BC段时，对两木板组成的整体 2mgsinmgcos 2ma （1分） 对木板Q，根据牛顿第二定律 mgsinN ma（1分） 解得 1 N  mgsin（1分） 2 m g L s i n 0 m 2 g c o s L 1 2 m v C 2 1 2 m v 2C             （1分） 解得 v C 5 g L s i n    （1分） 从木板P到达C点到Q板离开C过程中，木板P通过C点的时间与木板Q通过C点的时间相同，所 以木板P离开C点后匀加速的时间与木板Q匀速运动L的时间相同，则木板Q刚好完全离开BC段时 P的速度为：（1分） c g s i n 5 g s i n s 2 i n    v  v ˊ  L v c  l  g l （1分） 解得 5 g s i n s 2 i n   v  l  g l （1分） （4）PQ碰撞时P的速度大小为 v2 v2 2gLsin P C 解得 v  7gLsin（1分） P PQ碰撞时Q的速度大小为 v v  5gLsin Q CPQ发生弹性碰撞时，以沿斜面向上为正方向，则有 mv m  v  mv mv （1分） P Q P Q 1 1 1 1 mv2  mv2  mv2  mv2（1分） 2 P 2 Q 2 P 2 Q 解得 v  5gLsin，v  7gLsin（1分） P Q 设 C点以上的粗糙部分长度足够，设 Q减速为零时下端离 C点距离为 x，从碰后到Q静止，根据动能 定理 第 5/5 页 学科网（北京）股份有限公司 m g ( x L ) s i n 0 m 2 g c o s L ( m g x c o s ) 0 1 2 m v Q 2                   （1分） 解得 x  L （1分）