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；43439ηvm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vm，根据受力平衡可得ρ1·πrg＝6πηrvm＋ρ2g·πr，解得r＝，B正确；红332gρ1－ρ2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，29ηvm2gρ1－ρ2rD错误．细胞匀速运动的速度vm与红细胞的半径r的关系式为r＝，可得vm＝，2gρ1－ρ29η2.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Ff＝6πηrv得η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Ffkgd＝，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，6πrvm·sv静⊥2227.答案AB解析根据v－v0＝2ax，结合图像可知v0＝20m/s，a＝－5m/s，刹车持续沿河岸方向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－v0岸方向上的位移＞，根据平行四边形定则，＞，故正确，、、错误．的时间t＝＝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x1x2s1s2ABCDa.答案3D12x4:x3=7:5，最后1秒内的位移即x1=aT=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x4＝40m，选项D错误．前运动，即C和A实际为一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝＝＝1.5g，即A、8．答案BC�+2????????+2????的加速度均为，选项、错误、正确；另外，对由牛顿第二定律有＋＝，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C1.5gBCDA2�2�FNACmgmaA之前，支持力逐渐减小，先减小后增大，故错误，正确；以框架与可解得FNAC＝0.5mg。FAB4.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，FF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＝－gsinθ－μgcosθ.再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得FT－2mgsinθ－m＋2m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2mF2时，F最小，此时为F＝mgcosθ，故D错误。2μmgcosθ＝2ma，解得FT＝＝F.故绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，m＋2m39．答案AD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＋μgcosF体A、B及轻绳整体为研究对象，加速度仍为a＝－gsinθ－μgcosθ，再隔离A进行分析，θ，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；m＋2m0～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mF1由牛顿第二定律得FT′＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma'，解得FT′＝＝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m＋2m3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BD5.答案D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、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FAB＝0，对B有F1－mg＝ma，解得此时弹簧弹力大小F1＝m(g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；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mgmg1212x2＝，B上升的高度h＝x0－x2＝，A上升的高度H＝at2，所以A、B间的距离Δh＝at2－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．kk22mg，选项D正确．k第1页共2页{#{QQABZYCUogiAAAJAABhCQQGgCAAQkBCAAKgGQEAIsAAAiRNABAA=}#}．分【答案】（）分分（）均匀分（）2分小为，对由运动学公式可得2分11(8)114.0---214---22---234.2m/s---2a2Q:v2a1h=2a2(Lh)---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2对Q减速上滑，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma，解得a210m/s---1分2的读数为；由1.09.8NFm解得，故弹簧测力计的量程应改为；214.0NFm14N14N联立解得a6m/s---1分14.0N20N1对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得---2分kMgmgsinmgcos(Mm)a1（2）由kxmgma得axg可知a与x是线性关系，故刻度是均匀的。m联立可得M4kg---1分k2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（3）原刻度“20”位置对应的弹力为kx=14N，由axg=4.2m/s1kgM4kgm15．(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f1=μ1mg=7.5N，f2=μ2(M+m)g=5N【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1FMmg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，122分a12.5m/s---1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。Mm(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，1mg2(Mm)g2分a22.5m/s---2－MxBDxOB≈2小车的加速度为a＝2.40m/s可知两者相对静止一起加速运动，经过，木块的速度：---1分4T2t12sv1a1t15m/s（）过程：撤去，施加竖直向上的力，(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＝2.0N21F1F22Ff对木块，故木块以做匀速直线运动；根据牛顿第二定律2F－Ff＝Ma，得a＝F－F2=mgf05m/sMMMg对材料板22---1分，经过，速度---1分24.0－02a22g2.5m/st22sv2v1a2t20由题图丙可知斜率k＝＝＝，小车质量为M＝3.0kg.MM7.0－1.03v木块在材料板上滑行的距离1，刚好到B点；---1分．分【答案】（）；分（）；分（）分xv1t2t25m13(10)10.4s---320.75m---3312N---42【详解】小球恰好垂直击中斜面点，将小球的速度分解到水平方向和竖直方向，如图所示：(1)C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vv2由几何关系得tan0=0，---2分解得t=0.4s---1分x止，相对滑行运动时间---1分vygtt31sv11(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122312h-h1（3）过程1：材料板与木块一起加速运动的位移xat5m---1分由几何关系知：L=0.75m，---2分111sin2v(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22122对竖直方向：hgt---1分；对水平方向：2v0=at'解得a=12m/s---2分过程3：材料板不动；2过程：木块运动到粗糙的段，木块、材料板发生相对滑动：由牛顿第二定律：水平力F=ma=12N---1分4CD木块减速2，材料板加速214．(14分)【答案】（1）4.8N；---4分（2）1kgM4kg---(3分+7分)a31g7.5m/sa4a22.5m/s设经过共速，根据---1分解得---1分【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、t4v1a3t4a4t4t40.5sQ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1212分x4a4t32.50.5m0.3125m---1地面对斜面体摩擦力的大小为fFcos37=4.8N---3分22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：122对P、Q连接体，必须满足Mgmgsinmgcos---2分解得M1kg---1分2，2，v4---1分a51g2.5m/sv4a4t41.25m/sx50.3125mQ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：2a5所以材料板的总位移：分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xx1x2x4x510.625m---1第2页共2页{#{QQABZYCUogiAAAJAABhCQQGgCAAQkBCAAKgGQEAIsAAAiRNABAA=}#}