2023-2024学年河南省鹤壁市高中高三上学期第二次模拟考试 物理（word版）

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2024届高三年级第二次模拟考试物理答案一．选择题（共8小题）1．【解答】解：、毛笔在书写的过程中受到重力、手的作用力以及纸的支持力处于平衡状态，应用手对毛笔的作用力是未知的，所以不能判断出毛笔对纸的压力与毛笔的重力的关系，故错误；、白纸始终处于静止状态，可知白纸与镇纸之间没有摩擦力，则白纸在水平方向只受到毛笔对白纸的摩擦力以及桌面对白纸的摩擦力，故正确；、白纸始终处于静止状态，所以镇纸始终不受摩擦力，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与摩擦力，故错误；、白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到的毛笔对白纸的向右摩擦力与桌面对白纸的向左摩擦力处于平衡状态，根据牛顿第三定律，可知，桌面受到了向右摩擦力作用，故错误。故选：。2．【解答】解：升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中，开始阶段，重力大于弹力加速度方向向下，大小随弹力增大而减小，升降机先向下做加速运动，当弹簧弹力增大到和重力相等时，加速度减为零，速度大于最大，然后弹力继续增大，弹力大于重力，加速度向上，大小随弹力增大而增大，升降机向下减速，当速度减为零时，达到最低点，所以整个过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故错误；升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中，重力一直竖直向下，弹簧弹力一直向上，升降机位移直向下，所以重力一直做正功，弹簧弹力一直做负功，故错误；对系统（升降机、弹簧和地球），只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，即升降机的动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，升降机在最低点时，升降机的动能最小，则系统（升降机、弹簧和地球）力势能和弹性势能之和最大，故正确。故选：。3．【解答】解：、设物体通过、所用时间分别为，则点的速度为：根据△得：则：则：，故正确；、不能求出运动员经过段所用的时间和运动员的加速度大小，故正确；、点的速度，所以运动员经过．两点的速度之比为，故错误。本题选错误的，故选：。4．【解答】解：、任意两星间的万有引力：，每颗星所示的万有引力合力：，根据几何关系得，每颗星做圆周运动的半径：，根据牛顿第二定律有：，解得角速度：，故错误；、根据得，每颗星做圆周运动的加速度大小：，与三星的质量有关，故错误；、每颗星的周期：，若距离和每颗星的质量都变为原来的2倍，可知周期变为原来的2倍，故正确；、每颗星的线速度：，若距离和每颗星的质量都变为原来的2倍，可知线速度大小不变，故错误。故选：。5．【解答】解：．某时刻的动能，则图象是不过原点且开口向上的抛物线，故错误。．重力势能，则图象不是直线，故错误。．重力的功率：，则图象是过原点的直线，故正确。．重力的功：，则图象是过原点的曲线，故错误。故选：。6．【解答】解：、以点为最低点经过和做“等时圆”如图所示：根据几何关系可知所以，根据几何关系可得：，解得，故正确、错误；、根据动能定理可得，从点下滑的高度大于从点下滑的高度，所以从点下滑到的速度大于从点下滑的高度，故错误；、设斜面倾角为，根据几何关系可得，根据牛顿第二定律可得：，解得；设，则斜面长,根据位移—时间关系可得解得，故错误。故选：。7．【解答】解：、对小球和物块整体受力分析，受重力，杆的弹力，地面的支持力，如图1所示，在水平方向由牛顿第二定律得：。分离后物块的加速度为零，可知在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方向的分加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分加速度逐渐减小，所以弹力逐渐减小，当恰好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速度等于重力加速度，故错误，正确；、设球的速度为，球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆垂直向下，如图2所示，将球的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度，可知，球的速度大于物块的速度，故错误；、由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的加速度始终向左，所以物块一直加速，故错误。故选：。8．【解答】解：A、根据P＝Fv可知v＝P，额定功率等于图线的斜率，P＝＝F2vm，故A正确；B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；C、汽车所受的阻力为f＝＝F2由于额定功率等于图线的斜率，有：P＝＝解得：F2vm＝v1F1汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma汽车从a到b持续的时间为t＝联立解得：t＝故C错误；D、汽车从a到b过程运动的位移为x＝克服阻力做功W＝fx，解得：W＝本题选择错误选项；故选：C。 二．多选题（共4小题）9．【解答】解：、两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动，设绳与竖直方向夹角为，水平面距悬点高为，对小球受力分析，由牛顿第二定律得：解得：，可知与绳长无关，只与小球到悬点的竖直高度有关，即两小球做匀速圆周运动的周期相等，故正确；、由公式，可知正比于，由于两小球运动半径不相等，所以两小球做匀速圆周运动的线速度不相等，故错误；、两球在同一水平面内做匀速圆周运动，则解得：，根据牛顿第二定律得：可知小球做匀速圆周运动与质量无关，无法求出两小球的质量比，故错误，正确。故选：。10．【解答】解：某质点以初速度水平抛出时，质点在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，从到过程质点的运动时间为，质点的下落高度为，小球由静止从端开始运动到端的过程，根据动能定理得：则有：解得：，故正确，错误；质点以初速度水平抛出的过程，则有：小球由静止释放至运动到端的过程，水平方向的平均速度大小一定小于，所以，即，故错误，正确。故选：。11．【解答】解：、根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为，在后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得木板的质量，故正确；、内，木板的加速度，根据牛顿第二定律可得，解得力，故正确；、内，整体受力平衡，拉力的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力增大，故错误；、由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，故错误。故选：。12．【解答】解：、根据得：，所以斜面倾角为，故正确；、由匀变速直线运动的位移时间关系可得：代入数据解得加速度大小为：物块受力如图1所示：根据牛顿第二定律可得：解得：，故错误；、根据得初速度为：；、若经过后撤去拉力，小物块的机械能不变，此后重力势能增加、动能减小；根据图象可知，时刻的机械能为：根据机械能守恒定律可得：解得上升的最大距离为：，故正确。故选：ACD三．实验题（共2小题）13．【解答】解：（1）由题意知，保持质量和半径不变，研究向心力和转速的关系，属于控制变量法。故错误，正确。故选：（2）滑块做圆周运动，则：，因、、均为定值，故横坐标应为。（3）当水平细杆做匀速圆周运动时，小滑块通过光电门的平均速度即为小滑块做圆周运动的线速度，则挡光片的宽度大小对实验结果是没有影响。故答案为：（1）；（2）；（3）否14．【解答】解：（1）由动能定理可知，，解得，由此可知需要测圆弧轨道半径和在水平面上滑行的距离，因此必须的测量工具为刻度尺，正确，错误；故选：。（2）动摩擦因数的表达式，其中为圆弧半径，为物体在水平面上滑行的距离；（3）影响实验准确性的原因：圆弧面不光滑；圆弧面不与水平面相切；半径和滑行距离的测量有误差。故答案为：（1）；（2），为圆弧半径，为物体在水平面上滑行的距离；（3）圆弧面不光滑；圆弧面不与水平面相切；半径和滑行距离的测量有误差（任选其一）。四．解答题（共4小题）15．【解答】解：（1）减速时间：  ；加速时间：减速过程中的加速度：................2分加速过程中的加速度：...............2分（2）末速度：...............2分末汽车开始做匀加速直线运动，末的速度等于以为初速度，经过后的速度．所以末速度为：...............2分答：（1）减速与加速过程中的加速度大小分别是和．（2）末的速度为，末的速度为．16．【解答】解：（1）支架静止时的受力分析如图所示：支架静止时弹簧被压缩了，根据弹力公式和合力为零，则有：...............1分解得轻弹簧的劲度系数为：...............1分（2）轻弹簧恰为原长时的受力分析如图所示：支架的角速度，根据向心力的计算公式及受力分析，则有：..........   1分解得支架的角速度为：...............1分（3）当时，弹簧处于压缩状态，假设弹簧弹簧被压缩了，根据竖直方向上合力为零，则有：...............1分根据水平方向上合力为零，则有：...............1分可以解得轻弹簧弹力的大小：...............1分当时弹簧脱离接触，此时轻弹簧弹力的大小...............1分答：（1）轻弹簧的劲度系数为；（2）轻弹簧恰为原长时，支架的角速度为；（3）当时轻弹簧弹力的大小；当时轻弹簧弹力的大小为。 17．【解答】解：（1）小物块平抛运动至点时，对速度进行分解，如图所示因小物块恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，则有：...............1分代入数据解得：...............1分（2）小物块从运动到的过程中，由动能定理可得：...............1分代入数据解得：...............1分小物块滑上长木板后做匀减速直线运动，对物块根据牛顿第二定律可得：...............1分解得小物块减速运动的加速度大小为：...............1分长木板做匀加速直线运动，对长木板根据牛顿第二定律可得：..........1分可得长木板的加速度大小为：...............1分设经过时间二者共速，则有：...............1分小物块...............1分长木板...............1分又...............1分小物块与长木板因摩擦而产生的热量：...............1分联立方程，解得：...............1分答：（1）小物块到达点时的速度大小为；（2）的高度为；（3）小物块与长木板因摩擦而产生的热量为。声明：试题解18．【解答】解：（1）物块从点开始下滑，恰能达到水平直轨道，根据动能定理得：...............1分解得：...............1分（2）运动到点时，根据动能定理得：...............1分在点时，...............1分解得：.       ...............1分运动到点时...............1分...............1分解得：...............1分因此...............1分（3）要想让物块无挡板碰后不脱离圆轨道，当最大时对应于物块恰能达到与圆轨道圆心等高的位置，则由动能定理得：...............1分解得：...............1分当最小时对应于物块恰能达到与圆轨道最高点的位置，此时...............1分则由动能定理得：...............1分解得：...............1分则弹性挡板与的间距满足L≤0.625m或者L≥1.3才能闯关成功。答：（1）大圆弧管道的半径为；（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心等高的点时对轨道的压力与运动到圆弧管道最低点时对轨道的压力大小之比为；（3）弹性挡板与的间距满足满足L≤0.625m或者L≥1.3才能闯关成功。