[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1 物理(辽宁卷)试题正在持续更新，目前2025-2026全国100所名校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、百师联盟2024高三冲刺卷四物理

a,可得加速度大小a=g1ana,D项正确。如图所示的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小【例3】D【解析】小球衡时，对小球进行沿x轴方向有ng sin0于电梯的重力；而7s53s时间内，a=0,电梯受力分析，小球受重力、弹簧弹力、细绳的拉力。-Fi=ma处于衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于在细绳烧断的瞬间，细绳的拉力变为零，重力、沿y轴方向有F、电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索弹力不变，且重力与弹力的合力与细绳的拉力mgcos 0=0拉力不是最小，B项错误。t=59s时，电梯减等大反向，D项正确。又F:=Fx,联立方程速向上运动，0，加速度方向向下，电梯处于【变式2】C【解析】题图解得4≈0.92。失重状态，C项错误。a一t图像与时间轴所围1、2两种情境中，小球静止时，变式4】(1)4s2.5X103N(2)20s的面积表示速度的变化量，且a>0时，面积表轻杆对小球与轻弹簧对小球(3)55m/s示速度的增加量，a0时，面积表示速度的减的作用力都水向石，如图所小量，所以60s内速度的变化量为0，而电梯的【解析】(1)根据运动学规律知t=示，由衡条件得细绳的拉力初速度为0，所以1一60s时，电梯速度恰好为大小为T一=号m,A项错误：图】解得刹车时间t1=4s0,D项正确。剂车加速度a=升【变式6】AC【解析】由图可知在0~t1时所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运间内，轿厢从顶楼向下做加速运动，加速度方向动，所以小球的加速度大小α1=g,图2所示情根据牛顿第二定律知Fr=ma向下，轿厢处于失重状态，A项正确：根据v一t境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所解得Ff=2.5×103N。图像的斜率表示加速度可知，在0t1时间内受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向(2)小朋友通过的时间t21+1轿厢的加速度先增大后减小，中g一F=ma相反，则此瞬间小球的加速度大小a2=可知，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，B项m等待的时间t=t2一t1=20s.号g,C项正确，B,D两项错误。错误；在t2~t3时间内，“对重”向上做减速运(3)根据22一v2=2as动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，C獬得v=5√5m/sa【例4】D【解析】N不是国际单位制基本项正确：在1一2时间内，轿厢虽然做)速运【例7】BCD【解析】设想还有一根光滑固单位，根据冲量的定义I=Ft可知，N·s是冲动，轿厢与“对重”的重量不相等，因为中间有驱定细杆ca,则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低量的单位，A项错误；根据功率的计算公式P动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等点α，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可Fu可知功率的单位可以表示为N·m/s,但N于钢丝绳对“对重”的拉力大小，D项错误。知，中c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点不是国际单位制基本单位，B项错误；根据动量的时间相等，即ta=t1=t3;而比较由c>a和专项突破2牛顿运动定律的的定义p=w可知，kg·m/s是动量的单位，由O→b滑动的小滑环，滑行位移大小相同，初C项错误；由B项分析，结合F=ma可知N=四类问题kg·m/s2,则功率的单位W=N·m/s速度均为零，但加速度am>aa,由x=之at2可【例1】BC【解析】动车启动时乘客的加速kg·m/s3,D项正确知，t2>ta,故A项错误，B、C、D三项正确。度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘【例5】10m5m/s【变式5】B【解析】设经过切点的板两端客受到车厢水作用力的方向与车运动的方向【解析】以滑雪运动员为研F点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为相同，A项错误。动车做加速运动时，有两节动究对象，受力情况如图所示。,圆1的半径为r,圆2的半径为R,则圆内轨力车厢，对整个的车进行受力分析得2F其运动状态：垂直于山坡方向，30道的长度s=2(r+R)cosa,下滑时小球的加速8kmg=8mu,把6、7、8车厢看成一个整体，设第处于衡状态；沿山坡方向，做5、6节车厢间的作用力为F1,由牛顿第二定律匀加速直线运动。度a=geos a,根据位移时间公式得s=2at2,有F一3kmg=3ma;把7、8车厢看成一个整将重力mg沿垂直于山坡方向和行于山坡方二N/4(R+r)体，设第6、7节车厢间的作用力为F2,由牛顿向分解，由牛顿第二定律有gcos agFx-mgcos 0=0即当板的端点在圆上时，小球沿不同板下滑到第二定律有F2一2kmg=2m,联立可得名-mgsin 0-Fi=ma底端所用的时间相同；中题意可知，A在圆上，号，B项正确。当只有两节动力车时，设最大又因为Fr=FNB在圆内，C在圆外，从B处释放的球卜滑的时速率为，瞬时功率表达式为2P=8kmgv;改为5间最短，B项正确。联立以上三式，代入数据可得a=4m/s2【例8】B【解析】若指针在0点下方，则说4节动车带4节拖车的动车组时，设最大速率则x=2a2=10m,u=at=5m/s。明此时弹簧被继续拉仲，弹力大于重力，合外力为v',瞬时功率表达式为4P=8kmg',联立可向上，所以加速度向上，但是速度方向并不能确【变式3】(1)75m(2)40m/s得之=2，C项正确，D项错误。定，A项错误；使用时，若指针在0点上方，则说【解析】(1)设无人机上升时加速度为a,由牛【变式1】A【解析】A明此时弹簧的拉伸量变小，弹力小于重力，合外顿第二定律得F一ng一f=a,解得aB相对静止，即两物休的加力向下，说明电梯处于失重状态，B项正确；下6m/s2速度相同，以A、B整体为研端悬吊0.9N的重物时，弹簧下端的指针指在木究对象分析受力可知，系统由h=2at,解得h=75m.版上刻度为C的位置，则有kx1=1g,把悬吊(2)设无人机坠落过程中加速度为1，由牛顿第1.0N重物时指针位置的刻度标记为0，若弹簧的加速度为gsin0,A项正确：再以B为研究对象进行到达木板上刻度为C的位置时，则有m2g一.x1二定律得mg一f=ma1,解得a1=8mvs2受力分析，如图所示，根据行四边形定则可=m2a,解得加速度大小a=1m/s2,加速度方由2=2a1H,解得=40m/s。知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于向向下，规定竖直向上的方向为正方向，C项错【例6】(1)2.5m/s2(2)0.92Gcos 0,B、C、D三项错误。【解析】(1)由题意可知，h=4.0m,L=误；由图可知，若弹簧在0处，则有kx2=m2g,【例2】ACD【解析】第一次放置时静若弹簧到达木板上刻度为B的位置，则有[x5.0m,t=2.0s止，则山衡条件可得gsin a-=mg;第二次按设斜面倾角为久.则sm?=色2（2-)]-m2g=m2a,解得a图2放置时，对A,Mg一Fr=Ma;对B,Fr一0.5ms2,加速度方向向上，规定竖直向上的方mgsin a=ma,联立解得a=(1-sina)g=乘客沿气囊下滑过程中，中1-at得a向为正方向，D项借误。g。F-mg,A,CD三项正确，B项当，代人数据得a=25m/。【例9】D【解析】根据a-t图像可知，当t错误。=6s时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状(2)在乘客下滑过程中，对乘客进行受力分析，态，A项错误。53s~55s时间内，电梯加速度【变式2】3中四mg423XKA(新)·物理一LN·3·