2024屆高三年級第二次模擬考試物理答案一．選擇題（共8小題）1．【解答】解：、毛筆在書寫的過程中受到重力、手的作用力以及紙的支持力處于平衡狀態(tài)，應(yīng)用手對毛筆的作用力是未知的，所以不能判斷出毛筆對紙的壓力與毛筆的重力的關(guān)系，故錯誤；、白紙始終處于靜止狀態(tài)，可知白紙與鎮(zhèn)紙之間沒有摩擦力，則白紙在水平方向只受到毛筆對白紙的摩擦力以及桌面對白紙的摩擦力，故正確；、白紙始終處于靜止狀態(tài)，所以鎮(zhèn)紙始終不受摩擦力，鎮(zhèn)紙的作用是增大紙與桌面之間的彈力與摩擦力，故錯誤；、白紙始終處于靜止狀態(tài)，則白紙在水平方向受到的毛筆對白紙的向右摩擦力與桌面對白紙的向左摩擦力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)牛頓第三定律，可知，桌面受到了向右摩擦力作用，故錯誤。故選：。2．【解答】解：升降機在從彈簧下端觸地到運動至最低點的過程中，開始階段，重力大于彈力加速度方向向下，大小隨彈力增大而減小，升降機先向下做加速運動，當(dāng)彈簧彈力增大到和重力相等時，加速度減為零，速度大于最大，然后彈力繼續(xù)增大，彈力大于重力，加速度向上，大小隨彈力增大而增大，升降機向下減速，當(dāng)速度減為零時，達到最低點，所以整個過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故錯誤；升降機在從彈簧下端觸地到運動至最低點的過程中，重力一直豎直向下，彈簧彈力一直向上，升降機位移直向下，所以重力一直做正功，彈簧彈力一直做負功，故錯誤；對系統(tǒng)（升降機、彈簧和地球），只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，即升降機的動能、重力勢能和彈性勢能之和保持不變，升降機在最低點時，升降機的動能最小，則系統(tǒng)（升降機、彈簧和地球）力勢能和彈性勢能之和最大，故正確。故選：。3．【解答】解：、設(shè)物體通過、所用時間分別為，則點的速度為：根據(jù)△得：則：則：，故正確；、不能求出運動員經(jīng)過段所用的時間和運動員的加速度大小，故正確；、點的速度，所以運動員經(jīng)過．兩點的速度之比為，故錯誤。本題選錯誤的，故選：。4．【解答】解：、任意兩星間的萬有引力：，每顆星所示的萬有引力合力：，根據(jù)幾何關(guān)系得，每顆星做圓周運動的半徑：，根據(jù)牛頓第二定律有：，解得角速度：，故錯誤；、根據(jù)得，每顆星做圓周運動的加速度大小：，與三星的質(zhì)量有關(guān)，故錯誤；、每顆星的周期：，若距離和每顆星的質(zhì)量都變?yōu)樵瓉淼?/span>2倍，可知周期變?yōu)樵瓉淼?/span>2倍，故正確；、每顆星的線速度：，若距離和每顆星的質(zhì)量都變?yōu)樵瓉淼?/span>2倍，可知線速度大小不變，故錯誤。故選：。5．【解答】解：．某時刻的動能，則圖象是不過原點且開口向上的拋物線，故錯誤。．重力勢能，則圖象不是直線，故錯誤。．重力的功率：，則圖象是過原點的直線，故正確。．重力的功：，則圖象是過原點的曲線，故錯誤。故選：。6．【解答】解：、以點為最低點經(jīng)過和做“等時圓”如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可知所以，根據(jù)幾何關(guān)系可得：，解得，故正確、錯誤；、根據(jù)動能定理可得，從點下滑的高度大于從點下滑的高度，所以從點下滑到的速度大于從點下滑的高度，故錯誤；、設(shè)斜面傾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可得，根據(jù)牛頓第二定律可得：，解得；設(shè)，則斜面長,根據(jù)位移—時間關(guān)系可得解得，故錯誤。故選：。7．【解答】解：、對小球和物塊整體受力分析，受重力，桿的彈力，地面的支持力，如圖1所示，在水平方向由牛頓第二定律得：。分離后物塊的加速度為零，可知在球與物塊分離前，物塊的加速度逐漸減小，而小球水平方向的分加速度與物塊的加速度相等，所以物塊的水平方向分加速度逐漸減小，所以彈力逐漸減小，當(dāng)恰好分離時，水平加速度為零，彈力為零，球只受重力，加速度等于重力加速度，故錯誤，正確；、設(shè)球的速度為，球與物塊分離前，物塊與球的水平速度相等，球的速度與桿垂直向下，如圖2所示，將球的速度分解為水平方向和豎直方向兩個分速度，可知，球的速度大于物塊的速度，故錯誤；、由于地面光滑，桿對物塊的彈力始終向左，物塊的加速度始終向左，所以物塊一直加速，故錯誤。故選：。8．【解答】解：A、根據(jù)P＝Fv可知v＝P，額定功率等于圖線的斜率，P＝＝F2vm，故A正確；B、根據(jù)P＝Fv，汽車由b到c過程中功率不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma汽車所受阻力不變，隨著牽引力的減小，汽車的加速度也減小，汽車由b到c過程中加速度減小的加速運動，故B正確；C、汽車所受的阻力為f＝＝F2由于額定功率等于圖線的斜率，有：P＝＝解得：F2vm＝v1F1汽車從a到b，根據(jù)牛頓第二定律得：F1﹣f＝Ma汽車從a到b持續(xù)的時間為t＝聯(lián)立解得：t＝故C錯誤；D、汽車從a到b過程運動的位移為x＝克服阻力做功W＝fx，解得：W＝本題選擇錯誤選項；故選：C。 二．多選題（共4小題）9．【解答】解：、兩個小球在同一水平面上做勻速圓周運動，設(shè)繩與豎直方向夾角為，水平面距懸點高為，對小球受力分析，由牛頓第二定律得：解得：，可知與繩長無關(guān)，只與小球到懸點的豎直高度有關(guān)，即兩小球做勻速圓周運動的周期相等，故正確；、由公式，可知正比于，由于兩小球運動半徑不相等，所以兩小球做勻速圓周運動的線速度不相等，故錯誤；、兩球在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則解得：，根據(jù)牛頓第二定律得：可知小球做勻速圓周運動與質(zhì)量無關(guān)，無法求出兩小球的質(zhì)量比，故錯誤，正確。故選：。10．【解答】解：某質(zhì)點以初速度水平拋出時，質(zhì)點在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，從到過程質(zhì)點的運動時間為，質(zhì)點的下落高度為，小球由靜止從端開始運動到端的過程，根據(jù)動能定理得：則有：解得：，故正確，錯誤；質(zhì)點以初速度水平拋出的過程，則有：小球由靜止釋放至運動到端的過程，水平方向的平均速度大小一定小于，所以，即，故錯誤，正確。故選：。11．【解答】解：、根據(jù)圖象可知木塊與木板之間的滑動摩擦力為，在后撤去外力，此時木板在水平方向上只受到滑動摩擦力的作用，此時木板的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得木板的質(zhì)量，故正確；、內(nèi)，木板的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得力，故正確；、內(nèi)，整體受力平衡，拉力的大小始終等于繩子的拉力，繩子的拉力增大，則力增大，故錯誤；、由于物塊的質(zhì)量無法求出，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)無法求解，故錯誤。故選：。12．【解答】解：、根據(jù)得：，所以斜面傾角為，故正確；、由勻變速直線運動的位移時間關(guān)系可得：代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：物塊受力如圖1所示：根據(jù)牛頓第二定律可得：解得：，故錯誤；、根據(jù)得初速度為：；、若經(jīng)過后撤去拉力，小物塊的機械能不變，此后重力勢能增加、動能減??；根據(jù)圖象可知，時刻的機械能為：根據(jù)機械能守恒定律可得：解得上升的最大距離為：，故正確。故選：ACD三．實驗題（共2小題）13．【解答】解：（1）由題意知，保持質(zhì)量和半徑不變，研究向心力和轉(zhuǎn)速的關(guān)系，屬于控制變量法。故錯誤，正確。故選：（2）滑塊做圓周運動，則：，因、、均為定值，故橫坐標應(yīng)為。（3）當(dāng)水平細桿做勻速圓周運動時，小滑塊通過光電門的平均速度即為小滑塊做圓周運動的線速度，則擋光片的寬度大小對實驗結(jié)果是沒有影響。故答案為：（1）；（2）；（3）否14．【解答】解：（1）由動能定理可知，，解得，由此可知需要測圓弧軌道半徑和在水平面上滑行的距離，因此必須的測量工具為刻度尺，正確，錯誤；故選：。（2）動摩擦因數(shù)的表達式，其中為圓弧半徑，為物體在水平面上滑行的距離；（3）影響實驗準確性的原因：圓弧面不光滑；圓弧面不與水平面相切；半徑和滑行距離的測量有誤差。故答案為：（1）；（2），為圓弧半徑，為物體在水平面上滑行的距離；（3）圓弧面不光滑；圓弧面不與水平面相切；半徑和滑行距離的測量有誤差（任選其一）。四．解答題（共4小題）15．【解答】解：（1）減速時間：  ；加速時間：減速過程中的加速度：................2分加速過程中的加速度：...............2分（2）末速度：...............2分末汽車開始做勻加速直線運動，末的速度等于以為初速度，經(jīng)過后的速度．所以末速度為：...............2分答：（1）減速與加速過程中的加速度大小分別是和．（2）末的速度為，末的速度為．16．【解答】解：（1）支架靜止時的受力分析如圖所示：支架靜止時彈簧被壓縮了，根據(jù)彈力公式和合力為零，則有：...............1分解得輕彈簧的勁度系數(shù)為：...............1分（2）輕彈簧恰為原長時的受力分析如圖所示：支架的角速度，根據(jù)向心力的計算公式及受力分析，則有：..........   1分解得支架的角速度為：...............1分（3）當(dāng)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，假設(shè)彈簧彈簧被壓縮了，根據(jù)豎直方向上合力為零，則有：...............1分根據(jù)水平方向上合力為零，則有：...............1分可以解得輕彈簧彈力的大小：...............1分當(dāng)時彈簧脫離接觸，此時輕彈簧彈力的大小...............1分答：（1）輕彈簧的勁度系數(shù)為；（2）輕彈簧恰為原長時，支架的角速度為；（3）當(dāng)時輕彈簧彈力的大小；當(dāng)時輕彈簧彈力的大小為。 17．【解答】解：（1）小物塊平拋運動至點時，對速度進行分解，如圖所示因小物塊恰好沿切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，則有：...............1分代入數(shù)據(jù)解得：...............1分（2）小物塊從運動到的過程中，由動能定理可得：...............1分代入數(shù)據(jù)解得：...............1分小物塊滑上長木板后做勻減速直線運動，對物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：...............1分解得小物塊減速運動的加速度大小為：...............1分長木板做勻加速直線運動，對長木板根據(jù)牛頓第二定律可得：..........1分可得長木板的加速度大小為：...............1分設(shè)經(jīng)過時間二者共速，則有：...............1分小物塊...............1分長木板...............1分又...............1分小物塊與長木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量：...............1分聯(lián)立方程，解得：...............1分答：（1）小物塊到達點時的速度大小為；（2）的高度為；（3）小物塊與長木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為。聲明：試題解18．【解答】解：（1）物塊從點開始下滑，恰能達到水平直軌道，根據(jù)動能定理得：...............1分解得：...............1分（2）運動到點時，根據(jù)動能定理得：...............1分在點時，...............1分解得：.       ...............1分運動到點時...............1分...............1分解得：...............1分因此...............1分（3）要想讓物塊無擋板碰后不脫離圓軌道，當(dāng)最大時對應(yīng)于物塊恰能達到與圓軌道圓心等高的位置，則由動能定理得：...............1分解得：...............1分當(dāng)最小時對應(yīng)于物塊恰能達到與圓軌道最高點的位置，此時...............1分則由動能定理得：...............1分解得：...............1分則彈性擋板與的間距滿足L≤0.625m或者L≥1.3才能闖關(guān)成功。答：（1）大圓弧管道的半徑為；（2）滑塊經(jīng)過豎直圓軌道與圓心等高的點時對軌道的壓力與運動到圓弧管道最低點時對軌道的壓力大小之比為；（3）彈性擋板與的間距滿足滿足L≤0.625m或者L≥1.3才能闖關(guān)成功。 

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