2024高三月考二---答案_2023年8月_01每日更新_18号_2024届湖南省常德市第一中学高三上学期第二次月考_湖南省常德市第一中学2024届高三上学期第二次月考物理

常德市一中 2024 届高三第二次月水平检测 物理 答案 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，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，该 1．答案 C 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 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， 的速度为v ，根据受力平衡可得ρ · 4 πr3g＝6πηrv ＋ρ g· 4 πr3，解得r＝ 9ηv m ，B正确；红 m 1 m 2 3 3 2gρ －ρ  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， 1 2 9ηv 2gρ －ρ r2 D错误． 细胞匀速运动的速度v m 与红细胞的半径r的关系式为r＝ m ，可得v m ＝ 1 2 ， 2gρ －ρ  9η 1 2 2.答案 A 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F＝6πηrv得η f 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 F kg d ＝ f ，采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为 ，D错误． 时间t＝ ，所以两次渡河时间相等．设AB、AC与河岸的夹角为θ，船头向着AB方向行驶时， 6πrv m·s v 静⊥ 7.答案 AB 解析 根据v2－v 2＝2ax，结合图像可知v ＝20m/s，a＝－5m/s2，刹车持续 0 0 沿河岸方向v ＝v cosθ＋v，船头向着AC方向行驶时，沿河岸方向v ＝|v－v cosθ|＜v ，沿河 1 静 2 静 1 －v 岸方向上的位移x ＞x ，根据平行四边形定则，s ＞s ，故A正确，B、C、D错误． 的时间 t＝ 0＝4 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 1 2 1 2 a 3.答案 D 1 x :x =7:5，最后1秒内的位移即x = aT2=2.5m,选项B正确、C错误；从开始刹车时计时，经过6 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 4 3 1 2 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 s，动力车的位移等于其在前4s内的位移x ＝40m，选项D错误． 4 前运动，即C和A实际为一个整体，根据牛顿第二定律得，a ＝ ＝ ＝1.5g，即A、 8．答案 BC AC 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 2 二 定 律 + 有 2 F ＋mg＝ma ， 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 2 2 NAC A 可解得F ＝0.5mg。 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 NAC 4.答案 C 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， 解析 以物体A、B及轻绳整体为研究对象根据牛顿第二定律得F－3mgsinθ－μ3mgcosθ＝3ma， 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 F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，框架 解得 a＝ －gsin θ－μgcos θ.再隔离 B 进行分析，根据牛顿第二定律得 F －2mgsin θ－ m＋2m T 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 2mF 2 时，F最小，此时为F＝mgcosθ，故D错误。 2μmgcosθ＝2ma，解得F ＝ ＝ F.故绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关， T m＋2m 3 9．答案 AD 与两物体的质量m 1 和m 2 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 解析 0～t 0 时间段，对小物块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ＋μgcos 体A、B及轻绳整体为研究对象，加速度仍为a＝ F －gsinθ－μgcosθ，再隔离A进行分析， θ，故A正确；t 0 时刻之后小物块做匀速运动，则有mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，故B错误； m＋2m 0～t 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，t 时刻之后，小物块做匀速 0 0 mF 1 由牛顿第二定律得F ′＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma'，解得F ′＝ ＝ F，可知轻绳拉力的大 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 T T m＋2m 3 动，小物块加速运动时间更长，平均速度更大，运动到底端的时间更短，故D正确。 小改变，选项D错误． 10．答案 BD 5.答案 D 解析 施加力F前，A、B整体受力平衡，则弹簧弹力kx ＝2mg，施加力F的瞬间，对整体由牛 0 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 顿第二定律有F +kx －2mg＝2ma，解得F ＝2ma，选项A错误；设此时A、B间的弹力大小为 0 0 0 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 F ，对B有F －mg－F ＝ma，解得F ＝m(g－a)，选项B正确；A、B在t 时刻分离，此时A、 AB 0 AB AB 1 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 B具有共同的速度与加速度，且F ＝0，对B有F －mg＝ma，解得此时弹簧弹力大小F ＝m(g AB 1 1 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 ＋a)，选项C错误；t 时刻B上升速度最大，加速度为零，则kx ＝mg，解得此时弹簧的形变量 2 2 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 mg mg 1 1 x ＝ ，B上升的高度h＝x －x ＝ ，A上升的高度H＝ at 2，所以A、B间的距离Δh＝ at 2－ 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． 2 k 0 2 k 2 2 2 2 mg ，选项D正确． k 第1页共2页 {#{QQABZYCUogiAAAJAABhCQQGgCAAQkBCAAKgGQEAIsAAAiRNABAA=}#}11．(8分)【答案】 （1） 14.0---2分 14---2分 （2） 均匀---2分 （3）4.2m/s2---2分 小为a ，对Q由运动学公式可得: v2 2ah=2a (Lh)---2分 2 1 2 【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 对Q减速上滑，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma ，解得a 10m/s2---1分 1.09.8N F 2 2 的读数为14.0N；由  m 解得F 14N，故弹簧测力计的量程应改为14N； 联立解得a 6m/s2---1分 14.0N 20N m 1 对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得 Mgmgsinmgcos(M m)a---2分 （2）由kxmg ma 得a k xg可知a与x是线性关系，故刻度是均匀的。 1 m 联立可得M 4kg---1分 （3）原刻度“20”位置对应的弹力为kx=14N，由a k xg=4.2m/s2 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1kgM 4kg m 15．(16分) 【答案】（1）5m/s---4分；（2） 3s---5分；（3） 10.625m---7分 12．(8分)【答案】 (1)BC---2分 (2)2.40---2分 (3)2.0---2分 3.0---2分 【详解】令f =μ mg=7.5N，f =μ (M+m)g=5N 1 1 2 2 【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 （1）当施加向左的力F时，设相对静止，由牛顿第二定律： 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 1 F M mg 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 对整体，a  1 2 2.5m/s2---1分 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。 1 M m mg(M m)g (2)打点计时器打点周期为0.02s，则相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s 对材料板最大加速度，a  1 2 2.5m/s2---2分 x －x 2 M 小车的加速度为a＝ BD OB≈2.40m/s2 可知两者相对静止一起加速运动，经过t 2s，木块的速度：v at 5m/s---1分 4T2 1 1 11 (3)由题图丙可知，开始运动拉力最小值为1.0N，所以小车运动过程中所受阻力为F＝2F＝2.0N （2）过程1：撤去F，施加竖直向上的力F ， f 1 2 根据牛顿第二定律2F－F f ＝Ma，得a＝ 2 F－ F f 对木块F 2 =mg， f 0故木块以5m/s做匀速直线运动； M M Mg 由题图丙可知斜率k＝ 2 ＝ 4.0－0 ＝ 2 ，小车质量为M＝3.0kg. 对材料板a 2   2 M  2 g  2.5m/s2---1分， 经过t 2 2s，速度v 2 v 1 a 2 t 2 0---1分 M 7.0－1.0 3 v 13．(10分)【答案】（1）0.4s；---3分（2）0.75m；---3分（3）12N---4分 木块在材料板上滑行的距离xv 1 t 2  2 1 t 2 5m，刚好到B点；---1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： 过程2：撤去F 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 v v 2 由几何关系得tan 0 = 0 ，---2分 解得t=0.4s---1分 x v gt 止，相对滑行运动时间 t  1s---1分 y 3 v 1 1 (2)小球竖直方向做自由落体运动，有h  gt2=0.8m，---1分 可知，木块自A点滑动到C点经历的时间t t t 3s；---1分 1 2 2 3 1 由几何关系知：L h-h 1=0.75m，---2分 （3）过程1：材料板与木块一起加速运动的位移x 1  2 a 1 t 1 25m---1分 sin v (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： 过程2：材料板减速的位移x  t5m---1分 2 2 1 对竖直方向：h gt2---1分 ；对水平方向：2v 0 =at' 解得a=12m/s2---2分 过程3：材料板不动； 2 由牛顿第二定律：水平力F=ma=12N---1分 过程4：木块运动到粗糙的CD段，木块、材料板发生相对滑动： 14．(14分)【答案】（1）4.8N；---4分（2）1kgM 4kg---(3分+7分) 木块减速a 3  1 g 7.5m/s2，材料板加速a 4 a 2 2.5m/s2 【详解】（1）设沿斜面向上为正方向，若P的质量M 0.6kg，由于mgsinMg 6N，可知P、 设经过t 4 共速，根据v 1 a 3 t 4 a 4 t 4 ---1分 解得 t 4 0.5s---1分 Q均处于静止状态。---1分 绳上拉力为F Mg，以斜面体和Q为整体，根据受力平衡可得， 材料板加速到与木块共速的位移x  1 a t2  1 2.50.52m0.3125m---1分 地面对斜面体摩擦力的大小为 f Fcos37=4.8N---3分 4 2 4 3 2 过程5：因为大于，故共速后，材料板与木块一起减速到速度为0： （2）Q刚能上滑对应P的最小质量： 1 2 对P、Q连接体，必须满足Mg mgsinmgcos---2分 解得M 1kg---1分 a g2.5m/s2 ， v a t 1.25m/s2 ， x  v 4 2 0.3125m---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： 5 1 4 4 4 5 2a 5 P着地前，设PQ连接体的加速度为a ,着地瞬间速度为v;P着地后，设Q减速上滑的加速度大 所以材料板的总位移：xx x x x 10.625m---1分 1 1 2 4 5 第2页共2页 {#{QQABZYCUogiAAAJAABhCQQGgCAAQkBCAAKgGQEAIsAAAiRNABAA=}#}