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{#{QQABLYCEogggABJAAQgCUwWwCgGQkBACACoGBFAEIAIBwQFABAA=}#}2024届高三10月大联考（全国乙卷)
物理·全解全析及评分标准
4
5
6
8
10
11
12
B
C
D
C
AC
ABC
ABD
BD
1.D【解析】题中表达式变形后为E=P.
:，在国际单位制中，进行单位变换，有
S△
N:m=Nm2=kgm1.s2,D正确。
mm
L
2.C【解析】设等边三角形板的边长为L,两三角形板从重合到分离用时t=。,两板的交点在这段时间
2v
L
内的速度大小
八=2=V5v·C正确.
3.B【解析】将物体A、B看成一个整体，B受到C的摩擦力大小为2N,方向水平向左，B正确，A错
误：同理，D错误：将A、B、C看成一个整体，C与地面之间的摩擦力大小为0，C错误。
4,C【解析】飞船缓慢靠近空间站过程中，设飞船径向对接发动机的推力为F,飞船的轨道半径为
r,空间站的轨道半径为(>r),共同角速度为0，对空间站有GM=m,@6,对飞船有
G+F=mar,解得F三mOG<0,即F方向背离地心，大小随r增大而减小，C正确)
2a),解得4，=3m/s2,
解析】01s内，a上1ms,整个过程中有4-飞
则F=ma2=3N,=2s时，物块的速度大小2=at-a2t=2m/s,瞬时功率为
P=FY2=3×2W=6W,A、B错误；物块在第2s内的位移大小x2
24t=0.5m,则平均速
度大小为=点=】m/s,力的平均功率B=B=1,5W,D正确，C错误。
t2
6.B【解析】因不计空气阻力的影响，取某一微小水柱，设该水柱喷出时的速度大小为。，该水柱做竖直
上抛运动，上升的最大高度为H=心，单位时间内喷出的水的质量为m,=pS0,喷嘴面积S=dP,
2g
4
d为喷特直轻，照立解得H=元高1e取D=10kgm,g=10m心，日-10m.的
得H≈8m,B正确。
物理全解全析及评分标准第1页（共5页）
7.C【解析】由F=m(2πn)r知a=(2n)r,向心加速度与转速的平方成正比，即acn2,因
a4=100a1,则最后一步的转速n4=10n,=20000rpm,C正确。
8.C【解析】A、B在下滑过程中未发生相对滑动，假设存在A、B间摩擦力为零的位置，由牛顿第二定
律知，A、B的加速度大小均为gsin37°=0.6g,方向平行斜面向下，此时，A受到弹簧的弹力一定等
于A受到斜面的摩擦力，且两力方向相反；因物块下滑过程中，弹簧的弹力方向和摩擦力方向均沿斜
面向上，上述显然与实际不符，A错误：全过程中系统增加的内能源于克服物块A与斜面间的滑动摩
擦力做功。因始末状态A的动能、重力势能和弹簧的弹性势能均不变，由能量守恒定律知，整个过程
中系统增加的内能等于物块B减少的重力势能，B错误；设A、B释放处到Q点的距离为1，该过程中
弹簧增加的弹性势能为△E。,在A、B下滑过程中，研究整个系统，由功能关系，有
3 ngl sin8-3 umgl cos0=△E。;同理，在A上滑过程中，研究A与弹簧系统，由功能关系，有
2 ngl sin0+2 mgl cos0=△E,，联立解得4=0.15，C正确，D错误。
9.AC【解析】由重力做功的特点知，重力做功与路径无关，即W。=2mgR,A正确，B错误；重力做功
的功率取决于重力与竖直方向的分速度，显然，小球在顶端及最低点时，重力做功的功率均为零，因此，
小球自顶端下滑到最低点的过程中，重力做功的功率先增大后减小，C正确，D错误。
10.ABC【解析】根据运动的分解知识可知，A、B正确：小球离开斜面的距离达到最大时，其速度方向一
定平行于斜面，将该速度进行分解，竖直分速度为y,=,tan0=g,解得1=，an
c。,由对称
性知，小球落在斜面上前运动的时间为2t,C正确：将V。和加速度g均沿与斜面垂直方向分解，有
y=%sin8a,=8cos0,则由匀变速运动的规律，小球离开斜面的最大距离为H=sin日
2gcos0
vo,
D错误。
1.ABD【解析】滑块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律得滑块的加速度大小为a=mS=g,
m
A正确：滑块与传送带共速需要的时间为1=弘，这段时间内的相对位移大小为r=0,一
ug
2a24g
则因摩擦产生的热量为卫=mg=2m,C错误，B正确：传送带上的O点在这段时间内运动的位
移为S=),t=
6,D正确
ug
12.BD【解析】设物块的质量为m，,物块与斜面间的动摩擦因数为4，斜面倾角为0，在物块下滑到地面
时，动能的变化量AE=(mg sin0-img cos0)h
；由能量守恒定律知，机械能的变化量
Sin 9
物理全解全析及评分标准第2页（共5页）
