物理-湖北省云学联盟2027届高三年级10月阶段训练

扫描全能王创建扫描全能王创建扫描全能王创建扫描全能王创建扫描全能王创建2026年高三年级10月阶段训练物理试卷答案题号123456789答案CCADCCDBCADAD11.【答案】（1）右（2）50.0（3）220（4）调大12.【答案】（1）Vn（1分2）(6_n)mgs（3）0.982（1）依题意知：2r代入anm/s2（2）由A到B过程的速度变化如图13所示，由几何关系知代入anm/s2（2分）14.【答案】（1）4m/s（2）①6m/s②4m（1）传送带静止时，对滑块：代入解得（4）①1.01②能（1分）（1分）（1分）（2分）（1分）（1分）（1分）（1分）（2）传送带以v0=6m/s逆时针转动时对滑块，当v≤v0时mgsinθ+μmgcosθ=ma22①设滑块以此加速度加速到Q点，则此后滑块接触弹簧继续加速。假设滑块到达平衡点时速度仍未超过传送带，则代入故假设正确。此后滑块将减速。②对全程，由动能定理：（2分）代入解得S2-5S+4=0S=4m（2分）15.【答案】（1）gL（2）mgL（3）≤μ<（其中2≤k<n）（1）对木块1：v=2gLsinθ（2分）木块1与2碰撞为完全非弹性碰撞，动量守恒mv1=(m+m)v12（2分）解得：v（2分）（2）木块1、2与3碰前，1、2整体加速度：a12=gsin30θ−μgcos30θv2前=v2+2a12L（2分）系统动能：E12前前木块1、2与3碰撞过程，三者系统动量守恒：2mv12前=3mv123解得：v前（2分）碰后木块1、2、3系统动能：E123(3m)v23系统损失的机械能：ΔE23=E12前−EmgL（2分）（3）令A=mgLsinθ,B=mgLcosθ。整体质量为jm设整体在第j次碰撞前的动能为Ej前，第j次碰撞后的动能为Ej后。第1次碰撞后动能变为碰前的，则E1后E1前第2次碰撞前E2前=E1后+2B（1分）第2次碰撞后动能变为碰前的E2后E2前第3次碰撞前E3前=E2+3（1分）第4次碰撞前E4前=E3+4（1分）k(第k次碰撞前)A的系数μB的系数A系数分子序列μB系数分子序列1110110252425433343042943029寻找分子规律：A的分子：1,5,14,30。差值分别为4,9,16，即22,32,42故A的分子为：12+22+…+kμB的分子：0,4,13,29。差值分别为4,9,16，即22,32,42故μB的分子为：22+32+…+k由数学归纳法得：Ek前（1分）为了后续计算方便，我们将其化简为：Ek前由于系统最终必须停下，必有μ>tanθ,即A−μB<0。条件一：意味着第k次碰撞前动能Ek前>0，则μ<tan条件二：第k+1次碰撞前Ek+1前≤0，则μ≥tan综上其中2≤k<n2分）【详解】【详解】A.核反应满足质量数守恒，但存在质量亏损，衰变释放核能，反应后总质量减少，故A错B.半衰期由原子核内部自身因素决定，与温度、压强、化学状态等外界条件无关，故B错误。C.半衰期T=87.7年，t=175.4年=2T，剩余原子核数N=NC正确。D.α衰变释放核能，生成的新核更稳定；比结合能越大原子核越稳定，因此24Pu比结合能大于239Pu的比结合能，故D错误。故选C。【详解】A.若为匀减速，由v0=5m/s、x=10m可得t=2x/v0=4s；现加速度不断增大（减速更快实际总时间t<4s，故A错误。B.前一半时间内速度始终较高（v-t图向下凹），前一半时间位移大于5m，平均速度>2.5m/s，故B错误，C正确。D.前一半位移平均速度大、用时短；后一半位移平均速度小、用时长，故前一半位移所用时间小于后一半位移所用时间，故D错误。故选C。【详解】设向右为正方向，由动量守恒mlvl-m2v2=（ml+m2）v，v=l.05m/s，方向向右，并非4.35m/s，故B、C、D错误，A正确。故选A。【详解】A.斜抛运动小球在空中运动的时间由竖直方向分运动决定。Q点抛出的小球轨迹更高，说明竖直方向初分速度更大，因此小球从抛出到击中目标点O的运动时间更长，两球时间不相等，故A错误。B.P处弹射出的小球轨迹较低较平，竖直分速度较小，水平分速度较大，初速度与水平方向夹角较小，故B错误。C.小球击中目标点O时速度v，由于P处弹射出的小球竖直分速度较小，水平分速度较大，故落地速度大小不一定相等，故C错误。D.P处弹射出的小球水平位移较大，飞行时间较短，P的水平分速度v0x一定更大，故D正确。故选D。【详解】A.A→B高温等温膨胀，温度不变，分子平均动能不变；体积增大对外做功，由ΔU=W+Q，ΔU=0，Q=-W>0，气体吸热而非放热，故A错误。B.B→C绝热膨胀，温度降低，分子平均速率减小，但绝热过程Q=0，并非吸热，故B错误。C.C→D低温等温压缩，温度不变，分子平均动能不变；体积减小压强增大，器壁单位面积上受到气体分子撞击的平均作用力增大，故C正确。D.P-V图所围面积S是整个循环过程净吸热（Q吸-Q放=Q净），从高温热源吸收的热量Q吸>S，故D错误。故选C。【详解】A.卫星周期T卫，角速度ω,ω=6π/T，故A错误。B.由GMm/r2=mω2r与ω=6π/T联立得rC.从t0时刻到下一次卫星经过P点正上方时，设卫星转了m圈+半圈、P点转了n圈+半圈（m、n为正整数），则有T，可得m=1，n=0，则卫星转过的角度为故C正确。D.地球自转转过的角度为故D错误故选C。【详解】A.滑块进入AB段，最初动摩擦因数较小，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故先做加速度减小的加速运动，后重力的下滑分力小于滑动摩擦力，且滑动摩擦力增大，做加速度增大的减速运动，故A错误。B.从O→A，由mgdsinmv2C.设在距离原点x处动摩擦因数为μ,则下滑Δx由动能定理有mgΔxsinθ__μmgcosθ.Δx=ΔEK求和得mg3dsinθ__mgcosθΣμΔx=θΣμΔx为图乙中三角形的面积ΣμΔx解得μB=3tanθ,故C错误。ΔEk=WG−W克f=0，故D正确。故选D。【详解】逆向思维，物体在斜面上从O-d运动过程是初速度为0的匀加速直线运动，根据比例关系可知，物体通过各点的速率之比vd:vc:vb:va=2:3:2:1，物体通过各段的时间之比tdc:tcb:tbt:tcd=（2−3）:（3−2）:（2−1）:1，故物体在斜面上运动的平均速度ν=νa，故AD错误。故选BC。【详解】A.F在斜面内垂直于ac，无垂直斜面方向分量，故支持力N=mgcos37°=0.8mg，故A正确。B.建立沿ac与垂直ac标系。重力在斜面内的分量mgsin37°沿最大坡度线方向，与ac夹角为53°。故垂直ac方向重力分量等于mgsin37°sin53°=0.48mg。由匀速运动平衡条件得F=0.48mg，而非0.36mg，故B错误。C.沿ac方向：重力分量为mgsin37°cos53°=0.36mg，由匀速运动平衡条件得摩擦力f=0.36mg，而非0.48mg，故C错误。D.由μ=f/N=0.45，故D正确。故选AD。【详解】对粒子Bqv=mdA.从x轴射出粒子的两个临界轨迹，如图10-1所示v1,v2之间120°范围内的粒子可从x轴射出，占总粒子数的1，故A3正确。B.从M点射出粒子的轨迹，如图10-2所示sinv2、v3之间的粒子可从OM间射出，v2、v3之间夹角大于60°故占比大于1。B错误C.最短时间到达x轴的粒子运动轨迹，如图10-3，由图10-2可知θ>45o，故时间大于πm，故C错误。2qBD.能到达x轴粒子的左右边界粒子轨迹，如图10-4所示。DNd，NEd，所以DE=DN+NEd，故D正确。综上，本题选AD。11.【答案】（1）右（2）50.0（3）220（4）调大【详解】（1）限流电阻应在开关闭合前调至阻值最大状态以保护电路，故滑片应置于最右端。（2）G表指针指在中央，表明电桥处于平衡状态，故有，代入RTR2=50.0Ω。（3）由图乙知，60℃时