2024高三月考二---答案.pdf

1、第 1页共 2页常德市一中 2024 届高三第二次月水平检测物理答案1答案C解析当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，A、B 错误；物体做曲线运动时，其所受合力的方向与速度方向不在同一直线上，合力的方向可能发生变化，也可能不变，C 正确；做匀变速曲线运动的物体所受的合力恒定不变，而不只是合力大小不变，D 错误2.答案A解析因为 AB、AC 与河岸垂线方向的夹角相等，则船在垂直于河岸方向上的分速度相等，渡河时间 t dv 静，所以两次渡河时间相等设 AB、AC 与河岸的夹角为，船头向着 AB 方向行驶时，沿河岸方向 v1v 静cos v，船头向着 AC 方向行驶时，

2、沿河岸方向 v2|vv 静cos|v1，沿河岸方向上的位移 x1x2，根据平行四边形定则，s1s2，故 A 正确，B、C、D 错误3.答案D解析：在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体 B 受力情况不变，故物体 B 的加速度大小为零，选项 A 错误；假设 A、C 间的弹力为零，C 的加速度为 2g，A 的加速度为 g，可见 C 超前运动，即 C 和 A 实际为一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC+22+221.5g，即 A、C 的加速度均为 1.5g，选项 B、C 错误、D 正确；另外，对 A 由牛顿第二定律有 FNACmgmaA，可解得 FNAC0.5mg。4.答案C解析以物体 A、B

3、 及轻绳整体为研究对象根据牛顿第二定律得 F3mgsin 3mgcos 3ma，解得 aFm2mgsin gcos.再隔离 B 进行分析，根据牛顿第二定律得 FT2mgsin 2mgcos 2ma，解得 FT 2mFm2m23F.故绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与两物体的质量 m1 和 m2 有关，选项 C 正确，A、B 错误；若改用 F 沿斜面向下拉连接体，以物体 A、B 及轻绳整体为研究对象，加速度仍为 aFm2mgsin gcos，再隔离 A 进行分析，由牛顿第二定律得 FTmgsin mgcos ma，解得 FTmFm2m13F，可知轻绳拉力的大小改变，选项 D 错误5.

4、答案D解析小球运动到 O 点时，小球受向下的重力，水平方向上受力平衡，则在 O 点时小球有与速度方向同向的加速度，故要接着加速，所以小球运动到 O 点时速度并没达到最大，A 错误；物块的速度与绳子的速度相同，在 O 点时绳子与小球运动方向垂直，因此此时沿绳子方向上没有小球的分速度，物块的速度为 0，B 错误；小球从 A 点运动到 O 点的过程中，小球所受合力向下，小球加速度方向向下，小球处于失重状态，C 错误；小球从 A 点运动到 O 点的过程中，物块的速度从 0 到 0，则物块会经历一个先加速后减速的过程，加速度方向先向下后向上，D 正确6答案B解析下落过程中，红细胞的速度增大，粘滞阻力增大

5、，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，该红细胞先做加速度减小的加速运动，当合外力等于零时，红细胞做匀速运动，A 错误；匀速运动的速度为 vm，根据受力平衡可得143r3g6rvm2g43r3，解得 r9vm2g12，B 正确；红细胞匀速运动的速度 vm 与红细胞的半径 r 的关系式为 r9vm2g12，可得 vm2g12r29，可知血样中红细胞的半径较大时，则红细胞匀速运动的速度较大，C 错误；根据 Ff6rv 得 Ff6rv，采用国际单位制中的基本单位来表示的单位，则其单位为 kgms，D 错误7.答案AB解析根据 v2v022ax，结合图像可知 v020 m/s，a5 m/s2，刹车持续的时间

6、 tv0a4 s，选项 A 正确；由逆向思维，刹车过程第 1 秒内与第 2 秒内位移之比即x4:x3=7:5，最后 1 秒内的位移即 x1=12aT2=2.5m,选项 B 正确、C 错误；从开始刹车时计时，经过 6s，动力车的位移等于其在前 4 s 内的位移 x440 m，选项 D 错误8答案BC解析以小球为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可知，当 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F 先减小后增大，故 A 错误，B 正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，F沿竖直方向的

7、分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，框架对地面的压力始终在减小，故 C 正确；当 F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时为 Fmgcos，故 D 错误。9答案AD解析0t0 时间段，对小物块由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma，解得 agsin gcos，故 A 正确；t0 时刻之后小物块做匀速运动，则有 mgsin mgcos，即tan，故 B 错误；0t0 时间段，物块所受摩擦力沿传送带向下，传送带对物块做正功，t0 时刻之后，小物块做匀速运动，物块所受摩擦力沿传送带向上，传送带对物块做负功，故 C 错误；若传送带以更大速度运动，小物块加速运动时间更长，平均速

8、度更大，运动到底端的时间更短，故 D 正确。10答案BD解析施加力 F 前，A、B 整体受力平衡，则弹簧弹力 kx02mg，施加力 F 的瞬间，对整体由牛顿第二定律有 F0+kx02mg2ma，解得 F02ma，选项 A 错误；设此时 A、B 间的弹力大小为FAB，对 B 有 F0mgFABma，解得 FABm(ga)，选项 B 正确；A、B 在 t1 时刻分离，此时 A、B 具有共同的速度与加速度，且 FAB0，对 B 有 F1mgma，解得此时弹簧弹力大小 F1m(ga)，选项 C 错误；t2 时刻 B 上升速度最大，加速度为零，则 kx2mg，解得此时弹簧的形变量x2mgk，B 上升的高

9、度 hx0 x2mgk，A 上升的高度 H12at22，所以 A、B 间的距离h12at22mgk，选项 D 正确#QQABZYCUogiAAAJAABhCQQGgCAAQkBCAAKgGQEAIsAAAiRNABAA=#第 2页共 2页11(8 分)【答案】（1）14.0-2 分 14-2 分（2）均匀-2 分（3）4.2m/s2-2 分【详解】（1）弹簧测力计的最小分度值为1N，需要估读到最小分度值的下一位，则弹簧测力计的读数为14.0N；由m1.0 9.8N14.0N20N F解得m14NF，故弹簧测力计的量程应改为14N；（2）由kxmgma得kaxgm可知 a 与 x 是线性关系，故

10、刻度是均匀的。（3）原刻度“20”位置对应的弹力为 kx=14N，由2=4.2/kaxgm sm12(8 分)【答案】(1)BC-2 分(2)2.40-2 分(3)2.0-2 分3.0-2 分【详解】(1)力传感器测量绳的拉力 F，则小车受到的拉力为 2F，即力可以直接得到，不用测砂桶和砂的质量，故 A、D 错误；打点计时器的使用，应先接通电源后释放小车，故 B 正确；电磁打点计时器由于振针的作用，纸带和复写纸之间阻力相对较大，实验误差比较大，而电火花计时器使用的是火花放电，纸带运动时受到的阻力比较小，实验误差也比较小，故 C 正确。(2)打点计时器打点周期为 0.02 s，则相邻计数点间的时

11、间间隔为 T0.1 s小车的加速度为 axBDxOB4T22.40 m/s2(3)由题图丙可知，开始运动拉力最小值为 1.0 N，所以小车运动过程中所受阻力为 Ff2F2.0 N根据牛顿第二定律 2FFfMa，得 a 2MFFfM由题图丙可知斜率 k 2M 4.007.01.023，小车质量为 M3.0 kg.13(10 分)【答案】（1）0.4s；-3 分（2）0.75m；-3 分（3）12N-4 分【详解】(1)小球恰好垂直击中斜面 C 点，将小球的速度分解到水平方向和竖直方向，如图所示：由几何关系得00tan=ygtvvv，-2 分解得=0.4st-1 分(2)小球竖直方向做自由落体运动

12、，有21=0.812hgtm，-1 分由几何关系知：1=0.75mLh-hsin，-2 分(3)由运动的独立性可知，小球在水平方向做往返类运动，落在 O 点时水平位移为零：对竖直方向：212hgt-1 分；对水平方向：2v0=at解得 a=12m/s2-2 分由牛顿第二定律：水平力 F=ma=12N-1 分14(14 分)【答案】（1）4.8N；-4 分（2）1kg4kgM-(3 分+7 分)【详解】（1）设沿斜面向上为正方向，若 P 的质量0.6kgM，由于sin6N mgMg，可知 P、Q 均处于静止状态。-1 分绳上拉力为FMg，以斜面体和 Q 为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦

13、力的大小为cos37=4.8NfF-3 分（2）Q 刚能上滑对应 P 的最小质量：对 P、Q 连接体，必须满足sincosMgmgmg-2 分解得1kgM-1 分Q 随连接体加速，P 着地后 Q 减速上滑到斜面顶端速度减为零对应 P 的最大质量：P 着地前，设 PQ 连接体的加速度为 a1,着地瞬间速度为 v;P 着地后，设 Q 减速上滑的加速度大小为2a，对 Q 由运动学公式可得:2122=2()va haLh-2 分对 Q 减速上滑，由牛顿第二定律得2sincosmgmgma，解得2210m/sa-1 分联立解得216m/sa-1 分对于 P、Q 组成的系统，根据牛顿第二定律可得1sinc

14、os()MgmgmgMm a-2 分联立可得4kgM-1 分为使 Q 能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P 的质量需满足的条件为1kg4kgM15(16 分)【答案】（1）5m/s-4 分；（2）3s-5 分；（3）10.625m-7 分【详解】令 f1=1mg=7.5N，f2=2(M+m)g=5N（1）当施加向左的力1F 时，设相对静止，由牛顿第二定律：对整体，12212.5m/sFMm gaMm-1 分对材料板最大加速度，2122()2.5m/smgMm gaM-2 分可知两者相对静止一起加速运动，经过 12st，木块的速度：11 15m/sva t-1 分（2）过程 1：撤去1F，施加竖直

15、向上的力2F，对木块2F=mg，0f故木块以5m/s 做匀速直线运动；对材料板22222.5m/s MgagM-1 分，经过 22st，速度212 20vva t-1 分木块在材料板上滑行的距离11 225m2vxv tt，刚好到 B 点；-1 分过程 2：撤去2F 时，木块在光滑的 BC 段滑行，继续做匀速运动，材料板水平方向不受力保持静止，相对滑行运动时间 311sxtv-1 分可知，木块自 A 点滑动到 C 点经历的时间233sttt；-1 分（3）过程 1：材料板与木块一起加速运动的位移211 115m2xa t-1 分过程 2：材料板减速的位移25m2vxt-1 分过程 3：材料板不

16、动；过程 4：木块运动到粗糙的CD 段，木块、材料板发生相对滑动：木块减速2317.5m/sag，材料板加速2422.5m/saa设经过 4t 共速，根据13 44 4va ta t-1 分解得40.5st-1 分材料板加速到与木块共速的位移2244 3112.5 0.5 m0.3125m22xa t-1 分过程 5：因为1 大于2，故共速后，材料板与木块一起减速到速度为 0：2512.5m/sag，244 41.25m/sva t，24550.3125m2vxa-1 分所以材料板的总位移：124510.625mxxxxx-1 分#QQABZYCUogiAAAJAABhCQQGgCAAQkBCAAKgGQEAIsAAAiRNABAA=#