【文档说明】湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考物理答案.docx，共(3)页，161.151 KB，由小赞的店铺上传

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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θ，船头向着AB方向行驶时，沿河岸方向v1＝v静cosθ＋v，船头向着AC方向行驶时，沿河岸方向v2＝|v－v静cosθ|＜v1，沿河岸方向上的位移x1＞x2，根据平行四边形定则，s1＞s2，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＝𝐹+2𝑚𝑔2𝑚＝𝑚𝑔+2𝑚𝑔2𝑚＝1.5g，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FNAC＋mg＝maA，可解得FNAC＝0.5mg。4.答案C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，解得a＝Fm＋2m－gsinθ－μgcosθ.再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得FT－2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma，

解得FT＝2mFm＋2m＝23F.故绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ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a＝Fm＋2m－gsinθ－μg

cosθ，再隔离A进行分析，由牛顿第二定律得FT′＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma'，解得FT′＝mFm＋2m＝13F，可知轻绳拉力的大小改变，选项D错误．5.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，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ρ1·43πr3g＝6πηrvm＋ρ2g·43πr3，解得r＝9ηvm2g(ρ1－ρ2

)，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r＝9ηvm2g(ρ1－ρ2)，可得vm＝2g(ρ1－ρ2)r29η，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Ff＝6πηrv得η＝Ff6πrv，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kgm

·s，D错误．7.答案AB解析根据v2－v02＝2ax，结合图像可知v0＝20m/s，a＝－5m/s2，刹车持续的时间t＝－v0a＝4s，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=12

aT2=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4s内的位移x4＝40m，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F＝mgcosθ，故D错误。9．答案AD解析0～t0时间段，对小物块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，故A正确；t0时刻之后小物块做匀速运动，则有mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，故B错误；0～t0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kx0＝2mg，施加力F的瞬间，对整体由牛顿第二定律有F0+kx0－2mg＝2ma，解得F0＝2ma，选项A错误；设此时A、B间的弹力大小为FAB，对B有F0－mg－FAB＝ma，解得FAB＝m(g－a)，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FAB＝0，对B有F1－mg＝ma，解得此时弹簧弹力大小F1＝m(g＋a)，选项C错误；t2时刻B上升速度最大，加速度为零，则kx2＝mg，解得此时弹簧的形变量x2＝mgk，B上升的高度h＝x0－x2＝mgk，A上升的高度H＝12at22，所以A、B间的距离Δh＝12

at22－mgk，选项D正确．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

m1.09.8N14.0N20N=F解得m14N=F，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/=−kaxgmsm1

2．(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0.02s，则相邻计数点

间的时间间隔为T＝0.1s小车的加速度为a＝xBD－xOB4T2≈2.40m/s2(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Ff＝2F＝2.0N根据牛顿第二定律2F－Ff＝Ma，得a＝2MF－FfM由题图丙可知斜率k＝2M＝4.0－07.0－1.

0＝23，小车质量为M＝3.0kg.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0

0tan==ygtvvv，---2分解得=0.4st---1分(2)小球竖直方向做自由落体运动，有21=0.812=hgtm，---1分由几何关系知：1=0.75m=Lh-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：212=hgt---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）1kg4kgM---(3分+7分)【详解】（1）设沿斜面向上为正方向，若P的质量0.6kg=M，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，地面对斜面体摩擦力的大小为cos37=4.8N=fF---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sincos+Mgmgmg---2分解得1kgM---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()=−vahaLh---2分对Q减速上滑，由牛顿第二定律得2sincos+=mgmgma，解得2210m/s=a---1分联立解得216m/s=a---1分对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得1sincos()−−=+Mgmgm

gMma---2分联立可得4kg=M---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1kg4kgM15．(16分)【答案】（1）5m/s---4分；（2）3s---5分；（3）10.625m---7分【详解】令f1=μ1mg=7.5N，f2=μ2(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/s−+==+FMmgaMm---1分对材料板最大加速度，2122()2.5m/s−+==mgMmgaM---2分可

知两者相对静止一起加速运动，经过12s=t，木块的速度：1115m/s==vat---1分（2）过程1：撤去1F，施加竖直向上的力2F，对木块2F=mg，0=f故木块以5m/s做匀速直线运动；对材料板222

22.5m/s===MgagM---1分，经过22s=t，速度21220=−=vvat---1分木块在材料板上滑行的距离11225m2=−=vxvtt，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311s==xtv---1分可知，木块自A点滑动到C点经历的时间233s=+=ttt；---1分（3）过程1：材料板与木块一起加速运动的位移211115m2==xat---1分过程2：材料板减速的位移

25m2==vxt---1分过程3：材料板不动；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/s==ag，材料板加速2422.5m/s==aa设经过4t共速，根据1344

4−=vatat---1分解得40.5s=t---1分材料板加速到与木块共速的位移22443112.50.5m0.3125m22===xat---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/s==ag，24441.25m/s==vat，24

550.3125m2==vxa---1分所以材料板的总位移：124510.625m=+++=xxxxx---1分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com