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

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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＝，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cos θ＋v，船头向着 AC 方向行驶时，沿河岸方向 v2＝|v－v静cos θ|＜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+2mg

＝

mg+2mg

＝

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－3mgsin θ－μ3mgcos θ＝

3ma，解得 a＝－gsin θ－μgcos θ.再隔离 B进行分析，根据牛顿第二定律得 FT－2mgsin θ－

2μmgcos θ＝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，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＝－gsin θ－μgcos θ，再隔离 A进行分析，由牛顿第

二定律得 FT′＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，解得 FT′＝＝F，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·πr3g＝6πηrvm＋ρ2g·πr3，解得 r＝，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＝，可得 vm＝，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＝，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．

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

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　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＝，B上升的高度 h＝x0－x2＝，A上升的高度 H＝at22，所以 A、B间的距离Δh＝at22－，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，需要估读到最小分度值的下一位，则弹簧测力

计的读数为；由解得，故弹簧测力计的量程应改为；

（2）由得可知 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

12．(8 分)【答案】　(1)BC ---2 分　(2)2.40 ---2 分　(3)2.0 ---2 分　3.0 ---2 分

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