【文档说明】江西省稳派联考2023-2024学年高三上学期10月统一调研测试 物理答案.pdf，共(7)页，290.846 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司2024届高三10月统一调研测试物理参考答案1．【答案】B【解析】由题意可得要研究其轨迹形成原因时，不可以把足球看作质点，A项错误；根据曲线运动的特点，足球某时刻的速度方向沿切线方向，速度方向时刻变化，一定做变速运动，一定存在加速度，根据牛顿

第二定律，合力一定不为零，且合力指向轨迹的凹侧，B项正确，C、D项错误．2．【答案】D【解析】底部反推发动机点火喷气，其目的是要受到喷出气体的向上反作用力，使返回舱减速，根据牛顿第三定律，反推发动机要向下喷气，A项错误；返回舱减速阶段

加速度方向向上，处于超重状态，B项错误；根据牛顿第三定律，伞绳对返回舱的拉力等于返回舱对伞绳的拉力，C项错误；根据牛顿第二定律，有0,FmgmamgF，D项正确．3．【答案】C【解析】题图甲中小车间距相等，小车做匀

速运动，A项错误；题图乙中小车间距增大，履带做加速运动，但不一定是匀加速运动，B项错误；结合题图甲和题图乙可知，小车在图丙中做曲线运动，C项正确；由于履带不一定做匀加速运动，可知图丙中小车不一定做匀加速运动，D项错误．4．【答案】B【解析】设质量为m的物体在马里

海沟底部，有121MmGmgRh，而313RhMVMVR，质量为m的物体在空间站上，有222MmGmgRh，上面各式联立解得212132RhRhggR，B项

正确．5．【答案】D【解析】对b进行受力分析，根据平衡条件可知轻杆对a的弹力表现为推力，A项错误；由于滑块与轻杆间连有铰链，轻杆的弹力方向沿杆的方向，与P垂直，B项错误；b受三个力平衡，设杆的弹力大小为F，根据平衡条件有cos30sin60Fmg，解得Fmg，C项错误；对a进行受力分

析，根据平衡条件可知a受到的静摩擦力大小f3sin602Fmgmg，D项正确．6．【答案】A【解析】根据开普勒第三定律有311322667667674674TrTr，A项正确；根据开普勒第二定

律有11221122vlvl，即1211(6400200)(6400340)22vv，解得12337330vv，B项错误；根据2MmGmar，可得2123337330aa，C项错误；在N点，飞船要加速变轨，有32vv，D项错误．学科网（北京）股份

有限公司7．【答案】C【解析】赛车在圆弧BC上运动的最大速度设为2mv，根据向心力公式有22m2mvar，解得2m60m/sv，赛车在圆弧CD上运动的最大速度设为3mv，根据向心力公式有23m3mvar，解得3m63m/sv，由于3m2mvv，在安全

条件下，赛车在BCD段只能以2m60m/sv运动．赛车从A点开始以最大加速度加速到90m/s，匀速运动一段时间后减速运动，到B点时速度为60m/s，进入圆弧后以60m/s的速度做匀速圆周运动，此过程所需时间最短．赛车从A点

开始以最大加速度加速到90m/s，时间1m11m1.8svta，位移1m1181m2vxt，减速的时间1m2m21m0.6svvta，位移1m2m2245m2vvxt，在AB段匀速的时间为01231m1.5sxxxtv，在圆弧BCD上运动的时间为

42m23s9.4srtv，从A点到C点所需最短时间为min123413.3sttttt，C项正确．8．【答案】BC【解析】本题属于关联速度问题，应该是把A的速度分解为沿绳和垂直于绳方向，沿绳方向的分速度和BC、速度大小相等，所以cos,B

vvA在ab段运动的过程中a增大，可得Bv减小，A项错误，B项正确；根据平衡条件，有Tf2cosFF，可得TF增大，C项正确；当拉动A的两绳夹角为120时，60，由cosBvv解得0.5Bvv，D项错误．9．【答案】AD【解析】由题意可知，

两车刹车的位移大小相等，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系2002vax，得202vax，解得AB、两刹车的加速度大小之比为:9:4ABaa，C项错误；根据212xat，得2xta，解得AB、两车刹车的时间之比为:2:3ABtt，D

项正确；由于A车运动的时间短，又是同时刹车，故A车始终在B车前面，A项正确，B项错误．10．【答案】ABD【解析】转盘静止时，根据平衡条件可得a受到的摩擦力与弹簧弹力平衡，摩擦力大小为F，方向沿ab连线

指向a，A项正确；转盘转动时，当14FmR，对于滑块b，沿半径方向有123328btFFmR，沿学科网（北京）股份有限公司切线方向上有2bfFF，摩擦力1222678bbbfffFFFF，B项正确；当22FmR

时，将a在水平面内受到的两个为分解在沿半径方向和切线方向上，沿半径方向有12cos60afFFmR，沿切线方向上有2sin60afFF，解得1230,2aaffFFF，摩擦力32afFF，同理将b在水平面内受到

的两个力分解在沿半径方向和切线方向上，沿半径方向有123324bfFFmR，沿切线方向上有2bfFF，摩擦力19,4bbafffFFFF，说明b此时摩擦力达到最大值，即194bmfFFm，解

得194Fmg，D项正确．11．【答案】（1）3.0（2分）（2）12（2分）（3）不经过（2分）0t时刻，汽车有初速度（2分）【解析】（1）根据逐差法可得，加速度大小263223.0m/s9ssaT．（2）当3st时，汽车的瞬时速度大小等于2~4s时的平均速度大小，即4212m

/s2ssvT．（3）根据匀变速直线运动速度一时间关系有0vvat，解得03m/sv，即0t时刻，汽车有初速度，速度一时间图像不经过坐标原点．12．【答案】（2）0Fmg（2分）（3）211ddttt（2分）102

1mddFFttt（2分）（4）241t（2分）22kd（2分）【解析】（2）把光电门AB、安装在合适的位置，逐渐向沙桶里加沙，直到滑块运动起来，若在数字计时器上读出滑块上遮光条通过

光电门AB、的时间相等，说明滑块匀速运动，读出此时拉力传感器的示数为0F，根据平衡条件有0mgF，解得滑块与长木板间动摩擦因数0Fmg．（3）再向沙桶加入一定量的沙，由静止释放滑块使其加速运动，读出拉力传感器的示数为1F，同时在数字计时器上读出滑块上遮光条通过光电门AB、的

时间12tt、，以及遮光条从A到B的时间t，可得滑块经过两光电门时的速度大小为11dvt和22dvt，滑块运动的加速度211211vvddatttt，若要验证学科网（北京）股份有限公司加速度与合力、质量的关系，根据牛顿第二定律，有1

0FFma，解得1021mddFFttt，故只需验证等式1021mddFFttt是否成立即可．（4）保持沙桶及沙的总质量不变，光电门A位置不动，移动光电门B的位置，每

次把滑块从同一位置由静止释放，使其加速运动，在数字计时器上读出滑块上遮光条通过光电门AB、的时间34tt、，用刻度尺测出AB、间的距离x，由运动学公式有22222432ddaxtt，变形得222243211axtdt（其中3t为定值），故以x为横轴，241t为纵轴，

建立直角坐标系，作出图像才为一倾斜直线，若图像的斜率为k，有222akd，解得滑块的加速度大小222kda．13．解：（1）工人下落距离0x的过程做自由落体运动，加速度为重力加速度g根据自由落体的规律有2102vgx（2分）解得102vgx（1分）（2）工人下落距离

1x时加速度为零，有10mgkxx（2分）解得10mgkxx（1分）（3）由题意可得，工人位移为1x时速度最大，在安全绳拉伸过程中由牛顿第二定律有0mgkxxma，其中0xx（2分）可得加速度随位移成线性关系，

设工人下落位移为2x时速度为零，如图，图中两倾斜直线的斜率绝对值相等，斜率m1021||agkxxxx（1分）学科网（北京）股份有限公司由ax图像的物理意义有201m21m111222xxgaxxv（2分）联立解得22211

0xxxx（1分）工人下落的最大距离为222110xxxx说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分．14．解：（1）炸弹在OA、间做平抛运动，根据平抛运动的规律有竖直方向上2112hgt（1分）水平方向上01x

vt（1分）OA间的距离22shx（1分）联立解得12517m4s（1分）（2）炸弹进入横风区后，竖直方向仍以重力加速度加速下落，水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有xFma（1分）落地时水平速度为零有020xvat（1分）联立解得23.75st（1分）炸弹

在空中运动的时间126.25sttt（1分）（3）炸弹进入横风区，由力的平行四边形定则可得，合力与竖直方向的夹角满足4tan3Fmg，即53（1分）在B点速度最小，此时速度与合力应该垂直，即速度与水平方向的夹角为，

由速度的平行四边形定则可得4tan3yxvv（1分）而31yvgtt学科网（北京）股份有限公司03xxvvat（1分）联立解得31.5st40m/syv30m/sxv（1分）此

时炸弹的速度大小为2250m/sxyvvv（1分）方向与水平面的夹角53（1分）说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分．15．解：（1）P与在传送带上相对运动时，根据牛顿第二定律有1221mgma（1分）解得212m/

sa（1分）P在时间11.5st内，先做减速运动，速度由06m/sv减到4m/sv，运动时间0111svvta（1分）表明还要以4m/sv的速度匀速运动1110.5sttt再经过21.0st加速后，有1126m/svvat（1分）（2）由（1）知P在时

间11.5st内减速11s,tP的位移为1115m2vvxt（1分）N点在11st内的位移1014mxvtP在时间21.0st内的位移1225m2vvxt（1分）N点在21.0st内的位移2126mxvt当P滑到传送带B端时，P与N点间的

水平距离12120Lxxxx（1分）（3）P与Q上右侧挡板碰撞后，对于P向左速度由32m/sv减为零的过程根据牛顿第二定律有2222mgma（1分）解得224m/sa（1分）P运动的位移为3x，根据运动学公式有233202vxa

（1分）解得31m2x（1分）对于Q向右速度由44m/sv减速的过程，根据牛顿第二定律有31213mmgma（1分）学科网（北京）股份有限公司解得237m/sa（1分）根据运动学公式有23443412xvtat（1分）解得41s7t（1分）Q光滑部分的长度34311

m14dvtx（1分）说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分．