吉林省Best友好联合体2023-2024学年高三上学期8月质量检测物理/

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本文从以下几个角度介绍。

1、2023-2024吉林地区友好学校第30届联考
2、2023-2024吉林地区普通高中友好学校联合体

(新教材)高三大一轮总复多维特训卷物理点的距离为L1=s一x1=5m.定律有F=ma,则a一F图像的斜率为滑块与加速度传感器(3)设队友刚开始擦冰面时冰壶的速度为v',则由运动学规律得2v'2=5,可解得L2=242g的总质量的倒数，根据图丙中1，则有日-mkg1=2μ1g2μ2g=10m5kg1,则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20kg.答案：(1)40N(2)5m(3)10m高考真题体验(3)滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有=1.A1.5-02.A当两球运动至二者相距0.5kg1=3kg1,则滑块、待测物体与加速度传感器的总工时，如图所示，由几何关3W5质量为m'=0.33kg,则待测物体的质量为△m=m′一m=0.13kg.3LL/2答案：(1)12(2)0.20(3)0.13105,设绳子9.解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin24°一umg cos24°=系可知sinbma1,解得a1=2m/s22(2)根据运动学公式2a1l,=v2,解得v=4m/s.拉力为T,水方向有2Tcos0=F,解得T=5F,对任意小(3)根据牛顿第二定律umg=ma2,根据运动学公式一2a2l2=v一v2,联立解得l2=2.7m.5F球由牛顿第二定律可得T=ma,解得a=8m,A正确，B、CD答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m10.解析：(1)设斜面长度为L,背包质量为m1=2kg,在斜面上错误.故选A,滑行的加速度为a1,由牛顿第二定律有m1gsin03.Cm1gcos9=m1a1,解得a1=2m/s2,滑雪者质量为m2=4.B物块水沿中线做匀减速直线运动，则有。=48kg,初速度为v。=1.5m/s,加速度为a2=3m/s2,在斜面t上滑行时间为t,落后时间t。=1s,则背包的滑行时间为t十2,由题干知x=1m,t=15,w>0,代入数据有0,由于vo<2m/s,可得u<(2)背包和滑雪者到达水轨道时的速度为1、2，有1=0.2,C、D不可能.故选B.a1(t十to)=6m/s,v=vo十a2t=7.5m/s,滑雪者拎起背包5.D的过程，系统在光滑水面上外力为零，动量守恒，设共同速6.BC飞行器关闭发动机，以1=10m/s匀速下落时，有Mg度为v,有m1v1十m2v2=(m1十m2)v,解得v=7.44m/s.=v1=k×100,飞行器以v2=5m/s向上匀速时，设最大推答案：(1)9m(2)7.44m/s力为Fm=Mg十k=Mg十kX25,联立可得Fm=1.25MgC综合过关检测（三）气0g,A错误；飞行器以，=5m/s匀速水飞行时万1.D2.A3.C4.D√Mg)+(w=75.C由图知，当F=8N时，加速度为a=2m/s2,对整体，由Mg,B正确；发动机以最大推力推4牛顿第二定律有F=(mA十mB)a,解得mA十mB=4kg,当动飞行器匀速水飞行时f=VP-(Mg=MgF大于8N时，A、B发生相对滑动，对B分析，根据牛顿第二定律得F一mAg=mBa,解得a=上F-mA8,由图示图v,解得v4=5√3m/s,C正确；当飞行器最大推力向下，以mBmB像可知，图线的斜率及=一8己。，解得m=1kg,滑块A2=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值Fm十Mg十k=Mam,解得am=2.5g,D错误.故选BC.7.AD设两物块的质量均为m,撤去拉力前，拉力F=2umg,的质量为mA=3kg,A、B错误；根据a=上F-m48,知当撤去拉力前对Q受力分析，可知弹簧的弹力为T。=mg,以mB向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg,两滑块a=0时，F=6N,代入解得u=0.2,D错误；根据F=10N>与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为一T。-mg=ma,解得al=一2ug,此刻滑块Q所受的外力不变，8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为a,=F二m4区加速度仍为零，滑块P做减速运动，PQ间距离减小，弹簧的10-0.2×3×10m/s2=4m/s2,C正确.故选C.伸长量变小，弹簧弹力变小.根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增6.B刚开始时物块A、B在弹簧弹力、重力和斜面的作用力共大的减速运动.故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间同作用下保持衡，设弹簧的压缩量为x。,根据衡条件有的加速度为2g.Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时2mgin0=kx,得到，=2 gsin-12cm,释放物块C后，umg=maom,解得aom=一ug,故滑块Q加速度大小最大值为g,A正确，B错误；滑块PQ水向右运动，PQ间的距离三个物块一起做加速运动，当物块A、B分离瞬间，根据牛顿在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹第二定律，对整体有mg+kx-2 mg sin9-2 umg cos9=3ma,簧恢复到原长时的加速度为一μmg=mae,解得ae=一g,对物块B、C整体有mg一mg sin9-umg cose8=2ma,联立得撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小到分离时加速度为a=1m/s2,此时弹簧的压缩量为x=为2g,做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大9cm,所以物块A在这段时间内上升的位移为△x=x。一x小为丛g;滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速=3cm,C、D错误；对B分析有F,一mg sin9-mg cos9运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g分析可知P的速ma,得到细线的拉力Fr=9N,B正确；因为物块A与B分离度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确.故选AD.时C还有向下的加速度，所以其速度还没有达到最大，A错8.解析：(1)弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的误.故选B.距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并7.C开始计时.结合图乙的F-t图像有△x=5.00cm,F=0.610N,上滑过程有s=2a1(2t,)2,=a1·2t,下滑过程有s=根据胡克定律k=F,计算出k≈12N/m.(2)根据牛顿第二△x2a:(51。-2,)户，=a:(5。-2）,联立解得4=9166

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