【文档说明】黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高三上学期10月月考试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(11)页，10.582 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b0cfacb1d298f2b8bc6a361bf501c7df.html

以下为本文档部分文字说明：

{#{QQABCQCUogggQJJAAQhCUwVYCgCQkBGAAQgOhBAAsAIBSRFABAA=}#}{#{QQABCQCUogggQJJAAQhCUwVYCgCQkBGAAQgOhBAAsAIBSRFABAA=}#}{#{QQABCQCUogggQJ

JAAQhCUwVYCgCQkBGAAQgOhBAAsAIBSRFABAA=}#}{#{QQABCQCUogggQJJAAQhCUwVYCgCQkBGAAQgOhBAAsAIBSRFABAA=}#}{#{QQABC

QCUogggQJJAAQhCUwVYCgCQkBGAAQgOhBAAsAIBSRFABAA=}#}{#{QQABCQCUogggQJJAAQhCUwVYCgCQkBGAAQgOhBAAsAIBSRFABAA=}#}1．答案：D2．

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xvt，212hgt。可得2gvxh。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()mgmrT，解得22()grT。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av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23(kgms)(ms)[]kgmsmFvl。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610013

3.326010J0.80JWFLpSLpV。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212112mmGmrr，①212222mmGmrr。②联立①②式，得122117rmrm。从而线速度满足112217vrvr。9．答案：BC10．答案：ABC解析：根据万有引力定律和牛顿第二定律

，有200022()()MmmmGGmrxrxx，①22MmGmrr。②联立①②式，得2222(1)(1)GMGmMxGxxrrrr。由于1xR=，则22(1)1xxrr，即222(11)mMxxxrrr，223mMxxrr。解

得33mxrM。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2ygt，则有2(25.015.0)10s0.1s10ytg

。小球的初速度为00.2ms2ms0.1xvt。（2分）（3）方便将木板调整到竖直平面内。（2分）12．答案：（1）10.30（10.2510.35）（2分）（2）0.85（0.830.87）（2分）（3）0.35（0.320

.38）（2分）（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nmgTnma。①对木块及剩余钩码，根据牛顿第二定律，有00()()TMmnmgMmnma。②联立

①②式，得0(1)mgangMm。由图像知3.4g，解得0.35。13．解析：（1）根据功率公式，有00cosPTv，（2分）解得00cosPTv。（2分）（2）汽车的速度为0cosvv。（2分）汽车匀速运动，所以汽

车发动机的输出功率为000()coscosPFvTfvPfv。（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4d，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2max4mvFmgd，①（1分）dvt，②（1分）2142ddgt。③（1分）联立①②③式，得max113Fmg。（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max113Fmg，根据向心力公式和平抛运动规律，有2maxmvFmgr，④（1分）xvt，⑤（1分）212drgt。⑥（1分）联立④⑤⑥式，得4()3xrdr。（1分）根据

均值不等式，有()()22rdrdrdr，（1分）当且仅当2dr时，等号成立。故最大水平位移max23dx。（2分）15．解析：（1）开始阶段，根据牛顿第二定律，有1sincosmgmgma，（1分）解得218msa。（1分）

煤块加速至与传送带共速所需时间111svta。发生的位移211114m14m2xatL。（1分）所以煤块加速到8ms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2sincosmgmgma，（1分）解得224msa。（1分）设第二阶段煤块滑动到B

所需的时间为2t，则2122212Lxvtat。解得21st。（1分）煤块在B点的速度为2212msBvvat。（1分）（2）第一阶段煤块相对传送带向上移动，相对路程为1114mxvtx。（1分）

第二阶段煤块相对传送带向下移动，相对路程为2122mxLxvt。（1分）由于12xx，故传送带表面留下黑色划痕的长度为4m。（1分）（3）①若24msa，煤块相对传送带以24ms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1cos4Nfmg。

（2分）②若224ms8msa，煤块与传送带相对静止，根据牛顿第二定律，有2sinmgfma，可得2212fa（N）。（2分）③若28msa，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3cos4Nfmg。（2分）fa图像如图所示。（

2分）