高三2024新高考单科综合卷 XGK(一)1物理试题正在持续更新，目前2025届海淀八模答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

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1、2024年高考单科综合题型卷全国卷物理
2、2023-2024学年度高考分科综合测试卷物理一
3、2024新高考物理
4、新高考i卷物理2024
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力大小不变，此时根据牛顿第二定律得mg=m·3rw12,角第24课时探究平抛运动的特点速度达到ω1后绳子出现拉力，在角速度为w2时，设绳子拉力为T,对B有T十mg=m·3rw22,对A有T=m·【着眼“四翼”·探考点】教材原型2rw22,解得w22=3w12,故选D。对点训练【典例1】(1)BD(2)球心(3)1.6(4)错误1.AC为了防止侧滑，运动员由直道进入弯道前要减速，故A正解析：(1)斜槽轨道是否光滑不会影响钢球的平抛运动，A错确；图2中的运动员在转弯时，由于该比赛场地的冰面水平，冰面误；斜槽轨道末段水平是为了保证钢球离开斜槽后做平抛运动，B正确；挡板高度是否等间距变化不会影响钢球平抛运动的摩擦力提供其做圆周运动所需的向心力，故B错误；由最大静的轨迹，C错误；每次从斜槽上相同的位置由静止释放钢球，摩擦力提供向心力得mg=m,解得运动员紧邻黑色标志块到达斜槽末端速度相同，D正确。(2)小球在运动中记录下的是钢球球心的位置，故抛出点也转弯时的最大速度为v=√gr=√0.1X10X8m/s=应是钢球静置于Q点时球心的位置，故应以球心在白纸上的2√2m/s,故C正确，D错误。位置为坐标原点。2.BC向心力是效果力，不是小球实际受到的力；对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力，小球可能受圆锥体的支持(3)由平抛运动规律有y=2gt,x=v1力，也可能不受圆锥体的支持力；转速较小时，小球紧贴圆锥小球做平抛运动的初速度大小为。=x0.32m/s=面，则Frcos0+Fxsin9=mg,Frsin0-Fxcos0=/2y2×0.2maw2lsin0,随着转速的增加，FT增大，F、减小，当转速达到w。V10时支持力为零，支持力恰好为零时有mg tan0=mw,2lsin0,解1.6m/s5(4)若在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运得a,=2√Erad/s,A错误，B、C正确；因25rad/s>动，则y=2gt,x=0t5√2rad/s,所以，当w=25rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，D错误。联立可得y=20。3.B当上绳绷紧、下绳恰好伸直但无张力时，小球以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐309标y,描绘yx2图像。若图像是一条过原点的直线，则可说受力如图甲所示，由牛顿第二定律得mg tan30°=明平抛运动在水平方向为匀速直线运动，但是只有在算出图像的斜率k,且2.2k=g才可以说明竖直方向为自由落/10w3体运动」mw12r,又有r=Lsin30,解得w,=√3rad/s≈即时演练(1)1.02.0(2)9.72.4rad/s,当下绳绷紧、上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图解析：(1)小球水平方向做匀速直线运动，因此小球在A点速乙所示，由牛顿第二定律得mg tan45°=mw22r,解x0.05度的水平分量为，=立=0.05m/s=1.0m/s得w2=√10rad/s≈3.2rad/s,故当2.4rad/s<名小球竖直方向做自由落体运动，因此A点速度的竖直分量为w<3.2rad/s时，两绳始终有张力，故B正确，Au,=(8.6+11.0)X100.05×2—m/s=2.0m/s。(2)由竖直方向的自由落体运动可得C、D错误。8g=(y3+y4）-（y2十y1）题型二4T2【典例2】D过山车在最高点时人处于倒坐状态，向心力是靠代入数据可得g=9.7m/s2。重力与座椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以没有创新拓展保险带，人也不会掉下来，A错误；人在最高点时，由牛顿第【典例2】(1)ABC(2)2.02.8二定律可得mg十N=m二，当速度为=V2g时，支持力解析：(1)要保证每次弹丸都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，故A符合题意；为了减小实验误差，应选用体积为g,由牛顿第三定律可得，人在最高点时对座位可以产生小、密度大的弹丸，故B符合题意；为保证弹丸的初速度相大小为mg的压力，B错误；人在最低点时，由牛顿第二定律同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，故C符合题可得N一mg=m”,则人在最低点时对座位的压力大于意；第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，故D不符合题意。mg,C错误，D正确。(2)由竖直方向上做自由落体运动，可知yC一yAB=gT2【典例3】B对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力解得点迹间的时间间隔为T=y BCy ABg为FA,由牛顿第二定律有FA一mAg=mA尺，代入数据解OA得FA=28N,由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下/15.0-5.0×102s=0.1s10为28N,设B球对管的力为F',由管的受力平衡可得x0.2Fg′+28N十mg=0,解得Fg'=-44N,负号表示和重力弹丸离开弹射器的速度大小为，=下一0.1m/s=2.0m/s方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44N,弹丸刚要打到C点时的竖直方向速度分量大小为vc,方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有Fg十mBg=ye+ym=15.0+25.0×102m/s=2.0m/s2TUB2×0.1mB尺，解得vg=4m/s,故选B。弹丸打到C点时的速度大小为v=√。十c,≈2.8m/s。题型三即时演练【典例4】C由题意知临界条件为物体在圆盘最低点受到的摩1.(1)BD(2)6.70(3)F一F。是一条过原点的直线擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有，mg cos30°(4)1(5)高mg sin30°=mrw2,解得w=l.0rad/s,C正确，A、B、D错误对点训练解析：(1)圆弧没必要保持光滑，从不同高度下滑，小球经过A小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理光电门的速度不同，可根据小球直径和光电门测量的挡光时间测出小球经过光电门时的速度，A错误；小球要选择体积得2 ngL sin a=2mug,可得a=4m/s,A正确。小、密度大的，以减小阻力的影响，B正确；没有必要测量小球到地面的竖直高度，只要保证竖直高度相同，平抛运动的时高中总复习·物理489参考答案与详解