【文档说明】山东省中昇大联考2024-2025学年高三上学期10月联考试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(17)页，5.741 MB，由小赞的店铺上传

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gAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}UggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA}#}物理第1页共4页物理第2页共4页2024-2025学

年高三10月检测物理答题卡姓名座号准考证号注意事项1、答题前，考生务必先认真核对条形码上的姓名、准考证号和座号，然后将本人姓名、准考证号、座号填写在相应位置。填写准考证号和座号时，每个书写框只能填写一个阿拉伯数字，要求字体工整、笔迹清晰。2、选择题答案必须使用2B铅笔(按填

涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3、请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。4、若未按上述要求填

写、答题、影响评分质量，后果自负。考生禁填考生标记缺考考生由监考员贴条形码，并用2B铅笔填涂上面的缺考标记。选择题答题区域（40分）填涂样例错误填涂正确填涂1[A][B][C][D]6[A][B][C][D]11[A][B][C][D]2

[A][B][C][D]7[A][B][C][D]12[A][B][C][D]3[A][B][C][D]8[A][B][C][D]4[A][B][C][D]9[A][B][C][D]5[A][B][C][D]10[A][B][C][D]非选择题答题

区域（60分）13.（6分）（1）（2分）（2分）（2）（2分）14.（8分）（1）（2分）（2）（2分）（2分）（3）（2分）15.（9分）16.（7分）贴条形码区由监考员负责粘贴请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效请在各

题目的答题区作答，超出边框的答案无效请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效{#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}物理第3页共4页物理第4页

共4页17.（14分）18.（16分）请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效请在各题目的答题区作答，超出边框的答案无效{#{

QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}第1页，共7页2024-2025学年高三10月检测物理参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有

一个选项符合题目要求。1、【答案】A【详解】根据牛顿第二定律maF，任何一个力都会使物体在这个力的方向上产生加速度，这就是力的独立作用原理的反映，所以航天员能够推动航天器。因为桌子在水平方向上不只受到小孩的推力，还

同时受到地面摩擦力的作用，它们相互平衡，所以小孩可能无法推动桌子。要注意的是：牛顿第二定律公式中的F是指物体受到的合外力，物体表现出来的加速度是由它的质量和受到的合外力决定的。2、【答案】D【详解】两物块始终保持静止状态，所受合力均为0，A错误；分析b，受力分析易知F增大时

，a、b间的弹力FN也随之增大，b对地面的压力逐渐增大，分析a可知其对地面的压力逐渐减小，C错误，D正确。3、【答案】C【详解】A.无人机在第3s内，匀速运动，动力与整体重力平衡，A错误；B.无人机在4s末上升到最高点，由图像面积得上升的最大高度为10m，B错

误；C.0～2s内与5～7s内图像平行，斜率相同，则加速度大小相同，方向竖直向上因此无人机在1s末和6s末的加速度相同，由���−������=������，得拉力T=18N得拉力T相同，故C正确；D．由图可知，第4s内和第5s内图像的斜率不变，故无人机在第3

s和第4s的加速度大小相等，方向相同，故D错误。4、【答案】D【详解】全红婵入水前在空中运动过程中只受重力作用，处于完全失重状态，入水后向下减速运动过程，加速度方向向上，处于超重状态，故A、B错误；全红婵在空中的运动为竖直上抛运动

，入水的瞬间速度最大，由运动学公式可知，全红婵在空中上升高度221()4232vvhgg，跳板离水面的高度为22221154232vvvhgg，全红婵在空中上升高度与跳板离水面的高度之比为

115，故C错误；全红婵离水面最远距离为232vhg，全红婵在空中运动时间154vtg，全红婵入水深度21452216tvvhg•21452216tvvhg，12345678ADCDBABD{#{QQABB

QAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}第2页，共7页全红婵离水面最远距离与入水的深度之比为8:5，故D正确。5.【答案】B【详解】设图中每

一个小格的宽度为d。由题给图像可以比较直观地看出,经过相同时间间隔,下面的质点位移大小不变,所以下面质点做的是匀速直线运动,速度v＝4dT，而上面的质点在相同时间间隔内位移在不断变化,分别为2d,3d,4d,5d,6d,7d,因为相同时间间隔内位移之差均为d,可知其在做匀变速直线运动。以上

面的质点为研究对象,在0~0.1s其位移为d,故在0~0.6s内，上面质点的位移大小为21d，而下面质点的位移大小为24d，A错误，在上面３、４标记点的中间时刻,即0.35s时,上面质点的速度为3.54dvT

=v,所以在0.35s时两个质点的速度大小相等,选项B正确;由做匀变速直线运动的物体的运动性质可知,它在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即第３标记点,上面质点的瞬时速度372dvT,所以在第0.3

s时,上、下两个质点的速度大小之比为7:8,选项C、D错误。6．【答案】A【详解】在地球表面飞行的宇宙飞船，万有引力提供向心力，GM1mr21=mv20r1，在月球表面飞行的宇宙飞船，万有引力提供向心力：GM2mr22=mv2月r2，由密度公式得：=MV=M43πr

3，可得：v月v0=月r21地r22，故A正确。7．【答案】B【解析】若柔软缆绳末端没有重球，则D正确；由于重球作用使末段绳子与竖直方向上的夹角变小。参考视频https://www.bilibili.com/video/BV1Jv4y1y7DU8.【答案】D【详解】木块B紧靠在木板A左侧

时受向上摩擦力与重力平衡，大小保持不变，A错误；由牛顿第二定律分析知，若μ1=μ2，或μ1>μ2，AB具有相同的加速度，将同时停止运动；BC错误；2μ1<μ2时，A的加速度较大，A先停止运动，B在A上继续向右滑

动直到停止，D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9101112BDADBDCD9．【答案】BD{#{QQABBQAUggAoA

BJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}第3页，共7页【详解】A．撤去1F后，合力与1F等大反向，因为合力为恒力，所以物体做类平抛运动，故A错误；B．撤去2F后，合力与2F等大反向，合力对物体先做负功后做正功

，当合力做功为零时，速率再次为0v，故B正确；C．撤去4F后，合力与4F等大反向，合力一直做正功，故速率不可能再次变为0v，故C错误；D．若撤去的是���3，则物体在垂直于���3的方向上做匀速直线运动，在���3的反方向上做匀减速运动，当在���3的

反方向上减速到零时，物体的速率最小是���0sin���，故D正确。故选BD。10．【答案】AD【解析】三个手指中指所受拉力最小，两侧手指所受拉力较大，A正确，B错误；如果向三个袋内增加相同的物品，手指所受拉力变大，C错

误；购物袋处于平衡状态，所受合力为零，D正确。11.【答案】BD【详解】设到C点时速度大小为v，竖直方向上对甲：2���ℎ=12���2，对乙：2���ℎ2=32���2，得ℎ2=3ℎ，A、B两点的高度差为ℎ2−h

=2h，A错误，B正确；竖直方向上对甲：���1=12������，对乙：���1=32������水平方向上对甲：���1=32������1=23ℎ，对乙：���2=12������2=23ℎ，A、B两点的水平

距离为23ℎA、B两点的高度差为43ℎ，C错误，D正确。12.【答案】CD【详解】绳与竖直方向夹角θ满足cosθ=ℎ���2=0.6，与转动的角速度无关，AB错误；转动的角速度越大,所需要的向心力越大，绳子拉力的水平分力与摩擦力的

夹角越小，C正确；雪圈所受支持力为0时，������tanθ=������2���，其中���=���1+���2sinθ，代入数据解得角速度最大值为53rad/s，D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（6分）（每空2分）【答案】(1)tn22nrFMgHr

(2)2224nHgt【详解】（1）从小球某次通过光电门开始计时，若测得连续n次（n从1开始计数）通过光电门的时间间隔为t，则小球做圆周运动的周期tTn若测得细圆管下管口与圆弧轨迹圆心间的高度差为H，圆弧

轨迹的半径为r，根据几何关系有{#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}第4页，共7页22nTFrFHrTFMg解得小球受到的向心力22nrFMgHr（2）小球质量计为m

，受到的向心力224tanmgmrTtanrH解得2224nHgt14．（8分）（每空2分）【答案】(1)BC(2)1k相等(3)2:1:1【详解】（1）实验中均需要使细线对小车的拉力等于小车所受外力的合力，则四组实验都需要平衡摩擦力，故A

错误，B正确；甲中近似认为重物的重力等于细线的拉力，而乙、丙、丁均能够直接测量出细线的拉力，可知，四组实验中只有甲需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。故选BC。（2）[1]丁同学设计装置

完成实验，弹簧测力计的拉力为F，画出小车的aF图像纵轴截距为正值，即细线没有拉力作用时，小车已经存在一定的加速度表明平衡摩擦力过多，令小车重力沿长木板的分力与摩擦力的合力大小为0F，根据牛顿第二定律有0FFMa则有01FaFMM结合图像有1kM解得1Mk[2]根据上述数据处理的方法

可知，利用图像的斜率求解小车的质量与平衡摩擦力过多没有关系，即该值与小车的实际质量相比是相等。（3）平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有12FMa，2FMa，3FMa解得123::2:1:1MMM15．（9分）{#{QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACA

SgOAAAEsAAACQNABAA=}#}第5页，共7页【详解】(1)根据匀变速直线运动规律可知，第一段���1=������…………………………………………1分第二段���2=���1+(���+���3)���……………

…………………………………………………………………1分第三段���3=���2+���+2���3���=4������………………………………………………………………………2分(2)第n段时间T内，质点的初速度������−1=����

��+���+���������+���+2���������+…+���+���−2���������………………………………………………2分得������−1=���−23���−22���������第n段时

间T内，质点的位移������=������−1���+12���+���−1���������2……………………………………………………………………………2分得������=3���2−3���+12���������2………

…………………………………………………………………………………1分16．（7分）【解析】（1）车轮转动的角速度���=������=100rad/s………………………………………………1分车轮转速���=���2���=50���r/s………………………………

…………………………………………………2分（2）配重块运动到最低点时，车轮对配重块的作用力最大由牛顿第二定律得���−������=������2���2…………………………………………………………………………………………2分得F=

22.1N���������=221…………………………………………………………………………………………………2分17．（14分）【解析】（1）h=20mtan53°=hx…………………………………………………………………………………………………1分得PQ两点的水平距离d=15m{#{QQABB

QAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}第6页，共7页由h＝12gt12………………………………………………………………………………………………1分得t1=2s

由d=v01t1…………………………………………………………………………………………………1分得v01=7.5m/s…………………………………………………………………………………………1分重物离PQ连线的最远时的速度方向与PQ连线平行，即速

度与水平方向的夹角为53°cos53°=v0v1……………………………………………………………………………………………1分得v1=12.5m/s…………………………………………………………………………………………1分(2)以P点为坐标原点，PQ连线方

向为x，初速度方向为y轴将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有ax＝gsin53°＝8m/s2…………………………………………………………………………………1分ay＝gcos53°＝6m/s2…………………………………………………………………………………1分PQ两

点间距离x=25m………………………………………………………………………………1分由2axx=vx2……………………………………………………………………………………………1分得vx=20m/svx＝axt……

……………………………………………………………………………………………1分t=2.5s从P点抛出至落到Q点的过程中，由对称性可知t＝2v0ayv0＝7.5m/s……………………………………………………………………………………………1分得��

����=������2+���02=5732m/s…………………………………………………………………2分18．（16分）【解析】(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，对货物受力分析如图所示，根据牛顿第二定

律得沿传送带方向mgsinθ＋Ff＝ma1；…………………………………………………………………………………1分垂直传送带方向mgcosθ＝FN……………………………………………………………………1分又因为Ff＝μFN………………………………………………………………………………………1分{#{Q

QABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}第7页，共7页联立解得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2………………………………………………………………………1分(2)货物向上运动过程t1＝0−���0−���1＝1sx1＝

���0+02t1＝5m………………………………………………………………………………………1分货物向下运动过程mgsinθ－μmgcosθ＝ma2得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿传送带向下。…………………………………………1分x1=12���2���22得��

�2=5s……………………………………………………………………………………………1分故���1+t2=（1+5）s………………………………………………………………………………1分(3)设货物速度从v0减至传送带速度v所用时间为t3，所经过的位移为x3，则有t3＝���−���0−���1＝1s，x

3＝���0+���2t1＝7m。…………………………………………………………………1分划痕长度s1＝x3－���t3＝5m(向上滑动)……………………………………………………………1分当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ>μmgcosθ，此后货

物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿传送带向下。设货物再经时间t4速度减为零，则t4＝0−���−���2＝1s沿传送带向上滑的位移x4＝���+02t2＝1m划痕长

度s2＝x4－���t4＝-1m(向下滑动)…………………………………………………………1分则货物上滑的总距离x＝x3＋x4＝8m。货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2。设下滑时

间为t5，则x＝12a2t52，解得t5＝22s………………………………………………………………………1分划痕长度s3＝－x－���t5＝－（8+42）m(向下滑动)………………………………………………1分因|s2+s3|>s1故划痕总长度为|s2+s3|=（9+

42）m………………………………………………………………1分（4）货物在传送带上不下滑，则要满足mgsinθ≤μmgcosθ………………………………………………………………………………1分得0<tanθ≤12………………………………………………………………………………………………1分{#{

QQABBQAUggAoABJAAAgCAQVCCAIQkhACASgOAAAEsAAACQNABAA=}#}