黑龙江省龙东联盟龙东联盟2024-2025学年高三上学期10月月考试题物理试卷

1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 1．答案：D 2．答案：C 解析：由图可知相等时间内小圆盘的位移先增大后减小，说明小圆盘先加速后减速，可 知 f 先小于G，后大于G。 3．答案：B 解析：青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体，则有 x vt ， 21 2 h gt 。 可得 2 gv x h  。因此水平位移越大，竖直高度越小，初速度越大，因此跳到荷叶b上面。 4．答案：C 解析：在天宫实验室内，物体处于完全失重状态，重力提供了物体绕地球匀速圆周运动 的向心力，A、B中的实验均无法得到天宫实验室轨道处的重力加速度。重力提供天宫实验 室绕地球做匀速圆周运动的向心力，则 22( )mg m r T   ，解得 2 2( )g r T   。 5．答案：A 解析：因为相同时间内它们通过的路程之比是 4 :3，则线速度之比为 4 :3；运动方向改 变的角度之比为3: 2，则角速度之比为3: 2。根据 a v 得，向心加速度之比为 2 :1。 6．答案：B 解析：根据题意，功率谱密度的国际单位为 2 3(kg m s )(m s)[ ] kg m s m Fv l     。 7．答案：B 解析：设输送血液为圆柱体模型，面积为 S，长度为 L．一次心跳，心脏所做的功为 6100 133.32 60 10 J 0.80JW FL pSL pV         。 该人心跳为60次每分钟，平均1次一秒钟，故机械功率约为0.80W。 8．答案：AC 解析：设冥王星的质量为 1m ，轨道半径为 1r ；卡戎的质量为 2m ，轨道半径为 2r ；冥王 星与卡戎的距离为 r。根据万有引力定律和牛顿第二定律，有 21 2 1 12 mmG m r r  ，① 21 2 2 22 mmG m r r  。② 联立①②式，得 1 2 2 1 1 7 r m r m   。 从而线速度满足 1 1 2 2 1 7 v r v r     。 9．答案：BC 10．答案：ABC 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 解析：根据万有引力定律和牛顿第二定律，有 20 0 02 2 ( )( ) Mm mmG G m r x r x x     ，① 2 2 MmG m r r  。② 联立①②式，得 2 2 2 2 (1 ) (1 ) GM Gm M xGx x r rr r     。 由于 1x R = ，则 2 2(1 ) 1x x r r    ，即 2 2 2(1 1 )m M x x x r r r     ， 2 2 3m M x x r r   。 解得 3 3 mx r M  。 11．解析：（1）AB （2分，少选得 1分，多选或错选 0分） （2）小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论可知 2y gt  ，则有 2(25.0 15.0) 10 s 0.1s 10 yt g       。 小球的初速度为 0 0.2 m s 2m s 0.1 xv t    。 （2分） （3）方便将木板调整到竖直平面内。 （2分） 12．答案：（1）10.30（10.25 10.35 ） （2分） （2）0.85（0.83 0.87 ） （2分） （3）0.35（0.32 0.38 ） （2分） 3 / 5 学科网（北京）股份有限公司 （2分） 解析：（3）设每个钩码的质量为m，所有钩码质量之和为M ，木块质量为 0m ，当细 线下端挂有 n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律，有 nmg T nma  。① 对木块及剩余钩码，根据牛顿第二定律，有 0 0( ) ( )T M m nm g M m nm a      。② 联立①②式，得 0 (1 )mga n g M m     。 由图像知 3.4g   ，解得 0.35  。 13．解析：（1）根据功率公式，有 0 0 cosP Tv  ，（2分） 解得 0 0 cos PT v   。（2分） （2）汽车的速度为 0 cosv v  。（2分） 汽车匀速运动，所以汽车发动机的输出功率为 0 0 0( ) cos cosP Fv T f v P fv      。（4分） 14．（必修二教材“圆周运动”复习与提高B组第6题） 解析：（1）已知手与球之间的绳长为 4 d ，平抛的水平位移为 d ，设小球在最低点时绳 能承受的最大拉力为 maxF ，根据向心力公式和平抛运动规律，有 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 2 max 4 mvF mg d  ，① （1分） d vt ，② （1分） 21 4 2 dd gt  。③ （1分） 联立①②③式，得 max 11 3 F mg 。 （2分） （2）设手与球之间的绳长为 r，平抛的水平位移为 x，由第（1）问可知绳能承受的最 大拉力为 max 11 3 F mg ，根据向心力公式和平抛运动规律，有 2 max mvF mg r   ，④ （1分） x vt ，⑤ （1分） 21 2 d r gt  。⑥ （1分） 联立④⑤⑥式，得 4 ( ) 3 x r d r  。 （1分） 根据均值不等式，有 ( )( ) 2 2 r d r dr d r     ， （1分） 当且仅当 2 dr  时，等号成立。故最大水平位移 max 2 3 dx  。 （2分） 15．解析：（1）开始阶段，根据牛顿第二定律，有 1sin cosmg mg ma    ， （1分） 解得 2 1 8m sa  。 （1分） 煤块加速至与传送带共速所需时间 1 1 1svt a   。 发生的位移 2 1 1 1 1 4m 14m 2 x a t L    。 （1分） 所以煤块加速到8m s时仍未到达 B点，此时摩擦力方向改变。 第二阶段，根据牛顿第二定律，有 2sin cosmg mg ma    ， （1分） 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 解得 2 2 4m sa  。 （1分） 设第二阶段煤块滑动到 B所需的时间为 2t ，则 2 1 2 2 2 1 2 L x vt a t   。 解得 2 1st  。 （1分） 煤块在 B点的速度为 2 2 12m sBv v a t   。 （1分） （2）第一阶段煤块相对传送带向上移动，相对路程为 1 1 1 4mx vt x    。 （1分） 第二阶段煤块相对传送带向下移动，相对路程为 2 1 2 2mx L x vt     。 （1分） 由于 1 2x x   ，故传送带表面留下黑色划痕的长度为 4m。 （1分） （3）①若 24m sa  ，煤块相对传送带以 24m s 向下加速运动，二者之间为滑动摩 擦，方向沿斜面向上，则此时 1 cos 4Nf mg     。 （2分） ②若 2 24m s 8m sa  ，煤块与传送带相对静止，根据牛顿第二定律，有 2sinmg f ma   ， 可得 2 2 12f a  （N）。 （2分） ③若 28m sa  ，煤块一直加速运动，二者之间为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，则此 时 3 cos 4Nf mg   。 （2分） f a 图像如图所示。 （2分）