湖南省怀化市郡永实验学校2023-2024学年高三上学期第二次月考物理试题（含答案）

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郡永实验中学2024届高三第二次月考物理   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】D【详解】将bc段分成时间相等的两段，位移分别为x3、x4，将cd段分成时间相等的三段，位移分别为x5、x6、x7，设每一段时间为T，根据匀变速直线运动的推论知，x3＝x1+aT2，x4＝x1+2aT2，x5＝x1+3aT2，x6＝x1+4aT2，x7＝x1+5aT2，可知xbc＝x3+x4＝2x1+3aT2，x2-x1=(x5+x6+x7)-x1=3x1+12aT2−x1=2x1+12aT2，可知;解得.故选D. 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＝＝＝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】B【详解】A．小球在c点时的动能最大，即c点的电势最低。作过c点与圆周相切的线，切线为等势线，Oc方向即为电场方向，故A错误；B．根据A选项分析，作出下图，由几何关系可知根据分析可知则电场强度的大小，故B正确；C．根据沿着电场线方向电势逐渐降低结合图可得解得，故C错误；D．c点的电势为根据对称性可知cO延长线与圆相交的另一点电势最高为40V，最大电势能为40eV，故质子经过该圆周时，不可能具有5eV动能的同时其电势能为45eV，故D错误。故选B。 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】D【解析】根据题意可知，小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒，由图乙可知，当时，当时，则有，解得，故A错误；根据题意，设小球上升的最大高度为，小球在点速度为，小球在点时，水平方向与小车共速，由动量守恒定律有，解得，小球由点运动到最高点时，由能量守恒定律有，小球由点运动到点时，由能量守恒定律有，解得，，则小球此时的竖直分速度为，小球在点速度方向与水平方向夹角的正切值为，故BC错误；根据题意可知，小球从点离开小车，设离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有，，设小球落地速度为，由能量守恒定律有，联立解得，故D正确。故选D。 7.答案　AB解析　根据v2－v02＝2ax，结合图像可知v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，刹车持续的时间t＝＝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x4:x3=7:5，最后1秒内的位移即x1==2.5m,选项B正确、C错误；从开始刹车时计时，经过6 s，动力车的位移等于其在前4 s内的位移x4＝40 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＝mgcos θ，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mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ＋μgcos θ，故A正确；t0时刻之后小物块做匀速运动，则有mgsin θ≤μmgcos θ，即μ≥tan θ，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】BC【详解】AB． 由图乙所示图象可知，t0时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，设此时弹簧的压缩量为x0，t=0时弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，t=0时刻拉力大小为F0，t0时刻拉力大小为F，由题意可知，施加拉力前，对A、B整体而言，由平衡条件得 kx=2mgsin30° ，t=0时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得F0+kx-2mgsin30°=2ma，t0时刻，对B由牛顿第二定律得F-mgsin30= ma，解得，由图乙可知，两滑块在t0时间内一起做匀加速运动，故t0时刻两滑块的速度大小为，故A错误，B正确；C．t0内，A、B两滑块的位移为由题意可得，t0时刻，对A由牛顿第二定律得kx0-mgsin30= ma，施加拉力前，对A、B系统，有kx=2mgsin30° ，联立解得，故C正确；D．由题意可得，0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为，。故D错误。故选BC。11．(8分)  2.385 （2分）（3分）（3分）【详解】（1）[1]20分度游标卡尺读数为（2）[2]根据机械能守恒定律有可得故随h的变化图像的斜率为（3）[3]考虑阻力的情况下，由动能定理有解得可得随h的变化图像的斜率为由此可知 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】　(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间间隔为T＝0.1 s小车的加速度为a＝≈2.40 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Ff＝2F＝2.0 N根据牛顿第二定律2F－Ff＝Ma，得a＝F－由题图丙可知斜率k＝＝＝，小车质量为M＝3.0 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，---2分解得---1分(2)小球竖直方向做自由落体运动，有，---1分由几何关系知：，---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：---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）---(3分+7分)【详解】（1）设沿斜面向上为正方向，若P的质量，由于，可知P、Q均处于静止状态。---1分绳上拉力为，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---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---2分解得---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，对Q由运动学公式可得:---2分对Q减速上滑，由牛顿第二定律得，解得---1分联立解得---1分对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得---2分联立可得---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15．(16分) 【答案】(1)；(2)或；(3)【详解】(1)1、2分离过程，动量守恒在D点，由牛顿第二定律可得由牛顿第三定律可得联立解得(2)①小球2恰好运动到圆轨道的最高点，有由动能定理可得解得②小球2恰好运动到与圆心等高的位置，由动能定理可得解得所以圆形轨道的半径r应满足的条件为或(3)要使物体1有相对地面向右的速度，说明物体1要滑到曲面上再返回运动，物块1相对滑板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B点时两者的速度最大，此时1有向右运动的速度即可，因此再次回到B时水平方向动量守恒可得由能量守恒可得联立可得方程因物体要经过B点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则满足不等式即则