【文档说明】安徽省十五校卓越联盟体2023-2024学年高三上学期10月联考物理试题 含解析.docx，共(19)页，2.296 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省十五校卓越联盟体高三10月联考物理考生注意：1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的

答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．。3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每

小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.下列关于动力学中的常量说法正确的是（）A.重力加速度g的大小与空气阻力有关B.弹簧的劲度系数k的大小与弹簧的形变量无关C.动摩擦因数μ的大小与接触面的面积有关D.Fkma=中的1k=是由实验测得的【答案】B【解析】【详解】A．重力加速度的

方向总是竖直向下，大小与所处的地理位置有关，与空气阻力无关，故A错误；B．劲度系数k是弹簧的固有属性，与弹力F、形变量x无关，故B正确；C．动摩擦因数与接触面的粗糙程度有关，与物体之间的压力、接触面的

面积、滑动摩擦力无关，故C错误；D．k的取值跟m和a的单位有关，当m和a的单位是国际单位时，1k=，并不是由实验测得的，故D错误。故选B。2.1900年底普朗克为了解释黑体辐射的实验规律，他假定：组成黑体的

振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍。他把这个不可再分的最小能量值ε叫作能量子，它的表达式为εhν=，这里的是带电微粒的振动频率，也即带电微粒吸收或辐射电磁波的频率。h是一个常量，后人称之为普朗克常量，则普朗克常量h的单位可表示为（）A.J/

sB.Nm/sC.2kgm/s×D.kgm/s【答案】AB【解析】【详解】由=h，可得h=单位为J，的单位为1s−，则普朗克常量h的单位可表示为J/s。又231J/s1Nm/s1kgm/s==故选A

B。3.某航天员在空间站内，一手拿小钢球，一手拿乒乓球，双手用同样的力作用相同的一小段距离后，向同一方向推出，预定目标为到达正前方的两米处，谁先抵达？对此，正确的解释是（）A.乒乓球先到达，因为乒乓球的质量比小钢球的质量小B.小钢球先到达，因为小钢球的惯性比乒乓球的惯性大C.同时到达，因

为没有阻力影响，轻、重物体运动一样快D.不能到达，因为在航天器小钢球和乒乓球没有惯性【答案】A【解析】【详解】由于用相同的力作用相同的一小段距离，向同一方向推出，根据动能定理可得212Fxmv=可知质量小的乒乓球获得的速度大；离开手以后，在飞行过程中小钢球和乒乓球的运动都可看作匀速直线运动，则

速度大的乒乓球先到达正前方的两米处。故选A。4.如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在质量也为m的纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上，整个系统处于静止状态，现让纸盒由静止释放。不计空气阻力，重力加速度为g，则释放的瞬间纸盒的加速度1a和小球的加速度2a分别为（

）A.1ag=，2ag=B.11.5ag=，2ag=的C.13ag=，20a=D.12ag=，20a=【答案】C【解析】【详解】释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，小球所受合力为0，小球的加

速度为20a=释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，释放的瞬间，纸盒所受合力为=23Fmgmgmg+=合由牛顿第二定律可得纸盒加速度13Fagm==合故选C。5.如图所示，放在倾斜木板上重力为G物块始终受到一与

水平方向成60=的恒力F作用，32FG=，在木板倾角分别为30°和60°时，物块所受的摩擦力大小恰好相等。则物块与木板之间的动摩擦因数是（）A.0.4B.0.5C.32D.34【答案】A【解析】【详解】当木板倾角是30°时，物块受到重力、支持力、垂直斜

面向下的力F和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上有N1cos303FGFG=+=当木板倾角是60°时，物块受到重力、支持力、与斜面成30°向下的力F和摩擦力的作用。在垂直于斜的面的方向上有N25cos60cos304FGFG=+=则N1N2FF所以在摩擦因数相等的

情况下，一定是木板的倾角为30°是静摩擦力，60°时物块所受的是滑动摩擦力。木板的倾角为30°时物块受力平衡，得11sin302fGG==木板的倾角为60°时物块受滑动摩擦力为2N254fFG==由12ff=，解

得0.4=故选A。6.2023年8月，河北涿州被洪水围困，一直升机在执行救援任务时下方悬挂一救援绳（救援绳下端未接触地面），飞机水平向左匀加速飞行，若救援绳可视为粗细一致的匀质柔软长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当救援绳稳定时，救援绳实际形态最接近的是（

）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】取绳子任意一段分析，救援绳重力和风作用力的合力的夹角为tanFmg=可得tan恒定，因此救援绳近似为直线，故B正确，ACD错误。故选B。二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24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。）7.如图所示，两人用同样大小的力通过两根相同的绳共提一桶水处于静止状态。图甲中两人分别用一根手指拉住绳子的中间位置，图乙中两人分别用四根手指并

拢拉住绳子的中间位置，已知图甲和图乙中两人手臂间的夹角均为，1F和2F分别为两只手对绳子的作用力，则（）A.图甲中的1F和图乙中的1F相等B.图甲中绳子的张力大于图乙中绳子的张力C.若增大夹角，1F变大D.保持夹角不变，把两条提桶的绳子变长，绳子对手臂的作用力变小

【答案】AC【解析】【详解】A．对水桶在竖直方向上受平衡力12cos2FG=所以图甲中的1F和图乙中的1F相等，故A正确；C．由12cos2FG=，可知若增大夹角，1F变大，故C正确；B．图甲中两人分别用一根手指拉住绳子的中间位置，图乙中两人分别用四根

手指并拢拉住绳子的中间位置，则图甲中用一根手指拉住绳子，绳子形成的绳子间的夹角比图乙中用四根手指并拢拉住绳子形成的绳子间的夹角小，而绳子的合力大小均为F1，所以图甲中绳子的张力小于图乙中绳子的张力，故B错误；D．保持夹角不变，把两条提桶的绳子变长，由12cos2FG

=，可知1F大小不变，则绳子对手臂的作用力大小不变，故D错误。故选AC。8.如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，之后与

弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述P从开始释放到第一次到达最右端过程中的vt−图像和ax−图像，其中可能正确的是（）A.B.CD.【答案】AC【解析】【详解】AB．P在接触弹簧前速度已达到v，说明P在接触弹簧前先加速再匀

速，匀速阶段不受摩擦力；接触弹簧后，在开始一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧力和静摩擦力平衡，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，P物体由惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，P接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零，故A正确，B错误；CD

．P在接触弹簧前加速阶段，则1mgma=解得1ga=方向向右匀速运动阶段，则20a=接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力后，则3kxmgma−=解得3kaxgm=−方向向左，故C正确，D错误。.故选AC。9.北京时间2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞

船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十五号载人飞行任务取得圆满成功。图甲是神舟十五号载人飞船返回舱返回地面时的情境，图乙是打开降落伞后某一段时间内返回舱的21xtt−图像。已知返回舱的质量为3000kg，规定竖直向下为正方向，重力加速度g取210m/s。下列关于

打开降落伞后这段时间内说法正确的是（）A.返回舱仍在加速，处于失重状态B.返回舱加速度大小为22m/sC.返回舱前3s位移是12.5mD.返回舱受到伞绳拉力和空气阻力的合力为44.210N【答案】D【解析

】【详解】A．打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；BC．由匀变速直线运动位移公式2012xvtat=+通过变形可得0212vxatt=+通过数学函数结合图乙可得122a=−解得24m/sa=−故B

错误，而斜率为初速度的的020m/s=10m/s0.2kv−==当3st=时，位移为2012xvtat=+代入数据解得12mx=故C错误；D．由受力分析可知返回舱受重力其方向竖直向下，拉力和空气阻力其方向竖直向上，取向下方向为正据牛顿第二定律可得mgFFma−

+=阻拉（）代入数据解得伞绳拉力和空气阻力的合力为44.210NFF+=阻拉故D正确。故选D。10.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，假设摩擦阻力和空气

阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时（）A.悬挂B的轻质细线中的拉力为35mgB.悬挂B的轻质细线中的拉力为15mgC.重物A的速度为5ghD.重物A的速度为25gh【答案】AD【解析】【详解】AB．设释放后

A、B后，悬挂B的轻质细线中的拉力大小为F，B的加速度大小为a，对B由牛顿第二定律得mgFma−=对A由牛顿第二定律122Fmgma−=解得35Fmg=故A正确，B错误；CD．设当A的位移为h时，A的速度大小为v，AB组成的系统机械能守恒，得()22112222mghmghmvmv

−=+解得25ghv=故C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。）11.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，安装好的实验器材如图甲所示。图中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为

细绳，OA为橡皮条。图乙是某次实验时OB细绳所连接的弹簧测力计的指针指示情况。请回答下列问题：（1）图乙中弹簧测力计的读数为__________N。（2）有关该实验，下列说法不正确的是__________。A.拉橡皮条时

，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行B.在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同即可C.在该实验中，如果将OB与OC细绳换成橡皮条，对实验结果没有

影响D.若只有一只弹簧测力计，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O（3）如图所示，用a、b弹簧秤拉橡皮条使结点到O点，且90+=。当保持弹簧秤a的示数不变，而在角逐渐减小到0的过程中，要使结点始终在O点，可以__________；A.减小b的示数，减小β角度B.增大b的

示数，增大β角度C.减小b的示数，先增大β角度，后减小β角度D.增大b的示数，先减小β角度，后增大β角度【答案】①.3.80②.ACD③.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]弹簧测力计的分度值为0.1N，其读数为3.80N；（2）[2]A．为了

减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳、弹簧秤应贴近并平行于木板，A正确；B．在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，应使橡皮条与细绳的结点拉到同一位置，B错误；C在实验中如果将两个细绳

套换成两根橡皮条，因为绳子和橡皮条都能够提供拉力，都能拉伸到同一位置实现等效替代，那么实验结果不变，C正确；D若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度地拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O，弹簧秤示数1F和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的

位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力的方向相同，并记录下此时弹簧秤的示数2F；最后只用一个弹簧秤将结点拉至O点，并记录下此时弹簧秤的示数F和方向。所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O点，D正确。故选A

CD。（3）[3]由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：第一种情况，原来α、β的值较小所以由图可知α角逐渐变小时，b的示数减小，同时β角减小；第二种情况，原来α、β

值较大由图可以看出α角逐渐变小时，b的示数减小，同时β角增大；或者由图可以看出α角逐渐变小时，b的示数减小，同时β角先增大，后减小；故选AC。12.某学习小组在探究小车加速度与力关系的实验中，设计了如图

所示的实验装置，小车总质量用M、重物质量用m表示。（1）在该实验中，为便于测量合力的大小，__________（填“需要”或“不需要”）将轨道左端垫高进行阻力补偿，__________（填“需要”或“不需要”）满足M远大于m的条件

；（2）某次实验中，同学们在正确操作后得到了一条纸带如下图所示（相邻两计数点间有一个点未画出），已知交流电源的频率为f，则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为_______________。（3）实验中

，力传感器被不小心损坏，但身边又没有其他力传感器可以替代，大家经过讨论后改变了实验方案：将力传感器撤掉，仍使用该装置进行实验探究，以小车和重物组成的系统为研究对象，步骤如下：①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小

车运动时加速度a大小；③改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；④以a为纵轴、m为横轴作出的am−图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以1a为纵轴，以__________（选填“1m”或“m”）

为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量M=__________（用字母k，b表示）。【答案】①.需要②.不需要③.()2451224xxxxf+−−④.1m⑤.4kb【解析】【详解】（1）[1]在该实验中，细线的拉力表示

小车受到的合力，因此需要将轨道左端垫高进行阻力补偿；[2]细线拉力大小由力传感器测出，不需要满足M远大于m的条件；（2）[3]打点时间间隔为1Tf=由于相邻两计数点间有一个点未画出，所以两点间时间间隔为22tTf==本次实验中小车的加速度表达式为()()()2451245122

624xxxxxxxxfat+−++−−==（3）④[4]由加速度和合力之间的关系，对重物，轻绳拉力的大小为F，有2mgFma−=对小车2FMa=可得1412+22MmMamggmg+==所以以1a为纵轴，以1m为横轴，便可得到线性图像。[5]若该线性图像的斜率

为k，纵截距为b，则2Mkg=，2bg=解得4kMb=四、解答题（本题共3小题，13题10分，14题12分，15题14分，共36分。考生根据要求作答。）13.某种弹性细绳的劲度系数与其自然长度成反比，即满足0bkl

=，其中5Nb=。如图，用一根该种轻质弹性细绳将一幅重力为6N的画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为0.8m。已知该弹性绳能承受的最大拉力为5N，要使弹性细绳不会被拉断，则其原长需要满足什么条件？【答案】00.5ml【解析】【详解】画（含画框）受力分析图受到重力G和两个大小相等

的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态，当12max5NFFF===时，对应于细绳不被拉断的最小长度x，由平衡条件知F1、F2的合力5Ncos6N2F==合解得106=绳子的最小长度为0.8m`1m4cos25xl===根据胡克定律005()5Nlll−=

解得00.5ml=即弹性细绳原长需要满足00.5ml14.某校空地上有一个小土坡，该校学生想利用该土坡修建一个如图甲所示的滑草场。小吴同学设计了由倾斜直滑道和水平直滑道的滑草场方案，如图乙所示，乘客乘坐滑草车从坡顶由静止开始倾斜直滑道

滑下，并平滑进入水平直滑道减速至停下。已知整个滑道上铺设的草皮与滑草车底面的动摩擦因数为μ，坡顶的高度为h，设乘客始终保持规范姿态且不调整设备，忽略空气阻力影响。求：（1）为了确保乘客的安全，乘客不得滑出水平滑道，则整个滑草场

的宽度AB的距离至少为多少？（2）小李同学认为小吴同学的方案存在一个问题：实际上乘客滑到倾斜直滑道底端时并不能平滑地进入水平直滑道，导致乘客的体验感变差，甚至可能会有安全隐患。于是小李同学对小吴同学的方案进行了修改，仅将倾斜直轨道换成曲线轨道，如图丙所示。请你通过

计算说明为了确保乘客的安全，整个滑草场的最小宽度需要改变吗？如果需要，是变大还是变小？【答案】（1）h；（2）见解析【解析】【详解】（1）乘客从开始滑行到停下根据动能定理有12cos0cosxmghmgmg

x−−=xAB=x1＋x2解得ABhx=（2）采用微元的思想，将曲面分解为无数个小斜面，根据以上分析，对于每个小斜面都有fcoscosxWmg=则将乘客在每个小斜面上运动时摩擦力做的功累加起来有Wf=μmgx1但乘客从曲面下滑的过程中需要指向圆心的

向心力，会导致真实的摩擦力偏大，则乘客在曲面运动的过程中摩擦力做的功偏多，从而整个滑草场的最小宽度需要变小。15.如图所示，某物理老师利用一根塑料管和一个网球进行惯性实验，将网球塞入塑料管中，用手握住塑

料管迅速向下或向上运动进行实验。某次实验前，网球和塑料管均处于静止状态，网球正好在塑料管的中间位置，已知网球的质量为m，塑料管的质量为2m，网球与塑料管之间的滑动摩擦力大小恒为2mg，塑料管的长为L，管的下端与地面足够远，重力加速度为g，认为最大

静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）用手握住塑料管迅速向下运动，要使网球能够相对塑料管滑动，则手给塑料管竖直向下作用力的最小值0F为多少？（2）若给塑料管施加竖直向下大小为18Fmg=的作用力，则经过多长时间网球会从塑料管中滑出？（3）若给塑料管施加竖直向上大小为210mgF=的作用力，要使网

球能够相对塑料管下端滑出，则2F作用的最短时间是多少？【答案】（1）6mg；（2）Lg；（3）310Lg【解析】【详解】（1）设网球刚好能够相对塑料管滑动，以塑料管和网球为整体，根据牛顿第二定律可得0033Fmgma+=以网球为对象，根据牛顿第二定

律可得0fmgma+=又2fmg=联立解得06Fmg=（2）若给塑料管施加竖直向下大小为18Fmg=的作用力，以塑料管为对象，根据牛顿第二定律可得1122Fmgfma+−=解得14ag=以网球为对象，根据牛顿第二定律可得2

fmgma+=解得23ag=设经过t时间网球会从塑料管中滑出，则有221211222Latat−=解得Ltg=（3）若给塑料管施加竖直向上大小为210Fmg=的作用力，以塑料管为对象，根据牛顿第二定律

可得1222Fmgfma−−=解得13ag=以网球为对象，根据牛顿第二定律可得2fmgma−=解得2ag=设2F作用1t时间后撤去，网球恰好能够相对塑料管下端滑出，则撤去力2F前的过程，对于塑料管有211112xat=111vat=对于网球有2221

12xat=221vat=撤去力2F后，以塑料管为对象，根据牛顿第二定律可得122mgfma+=解得12ag=网球到达塑料管下端时刚好与塑料管共速，则有212122vavtvat+=−=此过程塑料管与网球的

位移分别为1322vvxt+=2422vvxt+=根据位移关系可得13242Lxxxx+−−=联立解得2F作用的最短时间为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com