辽宁省锦州市2024届高三上学期第二次考试 物理答案

2024高三第二次考试
物理试题（答案在最后）
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

试卷满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题纸上，将条形码贴在相应位置上。

第I卷（共46分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。

在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.物理除了知识的学习，还要领悟处理物理问题的思想与方法，如控制变量法、极限法、理想化模型法、类比法等等。

下列几个场景关于物理学思想方法的说法正确的是（）
A.甲图为微小量放大法
B.乙图为控制变量法
C.丙图为理想化模型
D.丁图为等效替代法
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲图是外力作用在物体上，物体产生微小形变，便于观察形变的大小，为微小量放大法，A正确；
B．乙图是理想斜面实验，是理想化模型法，B错误，
C．丙图是合力与分力间的等效替代法，C错误
D．丁图是利用v−t图像求位移时，用微元法计算，D错误。

故选A。

2.如图，瓢虫沿弧形树枝由A点缓慢爬到B点的过程中，树枝对瓢虫的摩擦力为F f，则（）
A.F f大小不变，方向与瓢虫爬行方向始终相反
B.F f 大小不变，方向与瓢虫爬行方向先相同后相反
C.F f 先减小后增大，方向与瓢虫爬行方向先相同后相反
D.F f 先减小后增大，方向与瓢虫爬行方向始终相反【答案】C 【解析】
【详解】瓢虫沿弧形树枝由A 点缓慢爬到B 点的过程中，相当于先上坡后下坡，上坡过程坡度θ越来越小，瓢虫的静摩擦力为F f 由平衡条件得
sin f F mg θ
=则静摩擦力为F f 的方向沿曲面切线向上与运动方向相同，大小越来越小下坡过程坡度α越来越大，瓢虫的静摩擦力为F f 由平衡条件得
sin f F mg α
=则静摩擦力为F f 的方向沿曲面切线向上与运动方向相反，大小越来越大所以ABD 错误；C 正确；故选C 。

3.“歼-20”再次闪亮登场2022珠海航展。

如图所示，战机先水平向右，再沿曲线ab 向上，最后沿陡斜线直入云霄。

设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变，则沿ab 段曲线飞行时，战机（
）
A.所受合外力不变
B.所受合外力方向竖直向上
C.竖直方向的分速度不变
D.水平方向的分速度逐渐减小【答案】D 【解析】
【详解】AB ．战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，所受合外力方向不断变化，不是竖直向上的，故AB 错误；
C ．飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则
v y =v sin θ
增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C 错误；D ．飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则
v x =v cos θ
减小，即水平方向的分速度减小，故D 正确。

故选D 。

4.铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a 、速度大小v 、动能E k 和机械能E 随运动时间t 的变化关系中，正确的是（
）
A. B.
C. D.
【答案】D 【解析】
【详解】A ．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A 错误；
B ．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
y gt
=v 则抛出后速度大小为
v =可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B 错误；C ．铅球抛出后的动能
()222k 01122E mv m v gt ⎡⎤
=
=+⎣
⎦可知动能与时间不是一次函数关系，故C 错误；
D ．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
5.如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L 的等跨连续桥梁，汽车从a 处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e 处停下。

汽车通过ab 段的平均速度为1v ，汽车通过de 段的平均速度为2v ，则
1
2
v v 满足（
）
A.1
212v v <
<B.1
234v v <
<C.1
223v v <
<D.1
2
45v v <
<【答案】B 【解析】
【详解】将汽车从a 到e 的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀de 段和ab 段所用的时间之比为1
：2（，所以汽车经过ab 段的平均速度与通过de
段的平均速度之比为121
v v ==
又因为
22 1.730.27
≈-=所以
1
2
34v v <
<
ACD 错误，B 正确。

故选B 。

6.挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。

如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。

关于θ1和θ2，下列关系式中正确的是（
）
A.θ1=2θ2
B.θ1=3θ2
C.sin θ1=3sin θ2
D.tan θ1=2tan θ2
【答案】D 【解析】
【详解】以左边两个灯笼为整体，设水平方向BC 绳子拉力为T ，则有
12tan mg T θ=
以左边第二个灯笼为研究对象，则有
2tan mg T
θ=
联立可得
12
tan 2tan θθ=故选D 。

7.“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。

本次冬奥会运行超1000辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。

某款质量为M 的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P 从静止启动做直线运动，行驶路程x ，恰好达到最大速度m v 。

已知该车所受阻力恒定。

下列判定正确的是（
）
A.启动过程中，车做匀加速直线运动
B.启动过程中，牵引力对车做的功为
2m 12
Mv C.车速从0增至m v 的加速时间为
2m m
2Mv x
P v +D.车速为m
2
v 时，车的加速度大小为
m 2P Mv 【答案】C 【解析】
【详解】A ．汽车以恒定功率P 启动，根据
P Fv
=可知，启动过程中，速度v 增大，则牵引力F 减小，根据牛顿第二定律有
F f Ma
-=可知，加速度a 减小，则车做加速度减小的加速运动，故A 错误；B ．根据题意，可知汽车受到的阻力为
m
P
f v =
启动过程中，根据动能定理有
2m 12
W fx Mv -=
牵引力对车做的功为
2
m m 12
Px W Mv v =
+故B 错误；
C ．根据题意，可知汽车受到的阻力为
m
P f v =
车速从0增至m v 的过程中，根据动能定理有
2m 12
Pt fx Mv -=
联立解得
2
m m 2Mv x t v P
=+故C 正确；D ．车速为
m
2
v 时，汽车的牵引力为1m m 22
P P F v v =
=根据牛顿第二定律有
11
F f Ma -=解得
1m
P a Mv =
故D 错误。

故选C 。

8.中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。

如图所示是“嫦娥一号奔月”的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星。

关于“嫦娥一号”下列说法正确的是（
）
A.发射时的速度必须达到第三宇宙速度
B.在绕地轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变
C.在轨道I 上运动时的速度小于轨道II 上任意位置的速度
D.在不同的绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积不相等【答案】BD 【解析】
【详解】A ．第三宇宙速度是指发射物体能够脱离太阳系的最小发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球引力的范围，其发射速度小于第二宇宙速度，故A 错误；
B ．在绕地轨道中，根据开普勒第三定律
3
2
a k T =可知，同一中心天体，椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比为定值，故B 正确；
C ．设轨道Ⅰ的速度为v 1，轨道Ⅱ近地点速度为v 2，轨道Ⅱ远地点速度为v 3，在轨道Ⅱ的远月点建立一以月球为圆心的圆轨道，其速度为v 4，则根据离月球的远近，再根据圆周运动加速离心原理，可得
21v v >，43
v v >结合万有引力提供向心力圆周运动知识，有
22Mm v G m r r
=解得
v =
可知，圆轨道半径越大，线速度越小，所以
14
v v >因此
2143
v v v v >>>故在轨道Ⅰ上运动时的速度不是小于轨道Ⅱ上任意位置的速度，故C 错误；
D ．根据开普勒第二定律，可知在同一绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相等，但是在不同的绕月轨道上不满足，故D 正确。

故选BD 。

9.如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为
4
μ
，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g 。

现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板的加速度大小可能是（
）
A.g μ
B.
2
g μ C.
4
g μ D.
23
g μ【答案】BC 【解析】
【详解】若两者恰能发生相对滑动时，对木板有
024
mg mg ma μ
μ-
⨯=解得
02
g a μ=
对木块
01224
F mg ma μ
-
⋅=解得
03
=2
F mg
μ当32F mg μ≥时两者发生相对滑动，此时木板的加速度2g μ；
当3
<2
F mg μ时二者之间不发生相对滑动，有
2224
F mg ma μ
-
⨯=解得
21242
F g a g m μμ=
-<故选BC 。

10.如图所示，右端有半径为0.3m R =的四分之一光滑圆弧面的长木板A 静止在光滑的水平面上，圆弧的A 的质量为0.2kg ，水平部分粗糙。

在长木板右侧某处固定一个竖直挡板，质量为0.4kg 的小物块B 可视为质点，从长木板圆弧面的最高点由静止释放，当物块刚滑离圆弧面时，长木板与挡板发生弹性碰撞，当物块运动到长木板最左端时刚好与长木板相对静止，长木板水平部分长为4
m 3
l =
，重力加速度210m /s g =。

则下列说法正确的是（）
A.开始时长木板右侧离挡板的距离为0.1m
B.开始时长木板右侧离挡板的距离为0.2m
C.物块与长木板间的动摩擦因数是0.025
D.物块与长木板间的动摩擦因数是0.05【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．小物块B 从圆弧面的最高点由静止释放到刚滑离圆弧面时，小物块B 与长木板A 组成系统满足水平方向动量守恒，设此过程小物块B 的水平位移大小为B x ，长木板A 的位移大小为A x ，则有
B B A A
m x m x =又
A B x x R
+=联立解得
A 0.2m
x =可知开始时长木板右侧离挡板的距离为0.2m ，故A 错误，B 正确；
CD ．设小物块B 刚滑离圆弧面时，小物块B 的速度大小为B v ，长木板A 的速度大小为A v ，根据系统水平方向动量守恒可得
B B A A
m v m v =根据系统机械能守恒可得
22
B B B A A
1122
m gR m v m v =+解得
A /s v =，
B /s
v =
长木板与挡板发生弹性碰撞后，速度大小仍为A /s v =，方向向左；之后物块运动到长木板最左端时刚好与长木板相对静止，根据动量守恒可得
B B A A B A ()m v m v m m v
+=+根据能量守恒可得
22
2
B B B A A B A 111()222
m gL m v m v m m v μ=+-+联立解得物块与长木板间的动摩擦因数为
0.025
μ=故C 正确，D 错误。

故选BC 。

第II 卷（共54分）
二、非选择题（共54分，11题6分，12题8分，13题10分，14题12分，15题18分）
11.某实验小组做“测量滑块与长木板之间的动摩擦因数”实验时，实验装置如图甲所示。

在水平桌面上固
定放置一端有定滑轮长木板，靠近定滑轮的B 处有一个光电门。

在A 处有一上端带遮光条的滑块，A 、B 之间的距离保持L 不变。

不计滑轮质量及其与绳子之间的摩擦。

（1）实验过程中用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，游标卡尺读数如图乙所示，读出遮光条的宽度为d =___________mm 。

（2）实验时，将滑块从A 处静止释放，若光电门显示遮光时间为t ，此时力传感器示数为F ，从而可以得到一组F 、t 数据，多次改变所挂重物的质量进行实验，可得到多组数据。

根据这些数据，作出2
1F t -
的关系图像如图丙所示，则滑块与遮光条的总质量为___________，滑块与长木板之间的动摩擦因数为___________（用L 、a 、b 、d 和g 表示）。

【答案】①.2.25
②.
22Lb
ad ③.
2
2ad gL
【解析】
【详解】（1）[1]遮光条的宽度为
2mm 0.05mm 5 2.25mm
d =+⨯=（2）[2]光电门显示遮光时间为t ，则滑块到B 处的速度为
d v t
=
滑块从A 点运动到B 点，由运动学公式得
22v aL
=滑块从A 点运动到B 点，由牛顿第二定律得
F mg ma
μ-=解得
22
12md F mg
L t μ=⨯+由图丙可知2
1
F t -
图像的斜率为b k a
=
则
22b md a L
=解得滑块与遮光条的总质量为
2
2bL m ad =
[3]由图丙可知2
1
F t -
图像与纵轴的交点为b ，则μmg b
=解得滑块与长木板之间的动摩擦因数为
2
2ad gL
μ=
12.如图所示为某实验小组利用单摆探究两小球一维对心碰撞时机械能变化的设计方案，在悬点O 处细绳与拉力传感器连接，通过传感器与计算机可以测量细绳中的拉力大小随时间的变化情况，细绳末端系有一个小球A ，质量为m 1.水平放置的炽热的电热丝P 固定在O 点的正下方，当细绳摆至电热丝处时被电热丝瞬间烧断；在悬点O 正下方h 处有一水平台面MN ，质量为m 2的小球B 静止放置于电热丝P 的下方（图中B 球没有画出，B 球的大小与A 球相同）。

已知悬线长为L ，悬点到水平台面MN 的距离OO '=h （h >L ），小球的质量m 1>m 2。

（1）电热丝P 必须放在悬点正下方，而小球B 必须放在悬点正下方略微偏右的位置，保证A 、B 两球在水平方向发生对心碰撞。

（2）将小球A 向左拉起适当角度后自由释放，接着A 、B 两小球在水平方向发生碰撞，最后A 、B 两小球分别落到水平台面上的C 、D （D 点图中没有标出）两点，O 'C =S 1，O 'D =S 2，在A 球下摆的过程中，计算机显示细绳中的拉力由F 1增大为F 2.则碰撞前A 小球的动能E kA =___________，碰撞后A 小球的动能
kA E '=___________，碰撞后B 小球的动能kA E '=___________。

（3）在其他条件不变的情况下，移走小球B ，改变释放小球A 时细绳与竖直方向的夹角θ，小球A 落点与O '点的水平距离S 1将随之改变，则S 1和传感器的拉力F 2之间的函数关系式为___________（注意：以上每空中的表达式必须用题目中的字母表示）。

【答案】①.()212L
F m g -②.
2
114()m gS h L -③.
2
224()
m gS h L -④
.
【解析】
【详解】（2）[1]碰撞前对A 小球，在最低点根据牛顿第二定律
2
211
v F m g m L
-=碰撞前A 小球的动能为
()21A 2k 1122E L
m v F m g =
=-[2]小球碰撞后做平抛运动，在竖直方向
2
12
h L gt -=
在水平方向
1S vt
=联立可得碰撞后A 小球的动能为
()
22
1A 1k 1124E m gS m v h L '
==-[3]碰撞后B 小球做平抛运动，在竖直方向
2
12
h L gt '-=
在水平方向
2S v t ''
=联立解得碰撞后B 小球的动
()
2
2
2B 2k 2124E m gS m v h L '
'==-[4]小球在最低点，根据牛顿第二定律
2211
v F m g m L
-=小球做平抛运动，在竖直方向
212
h L gt -=
在水平方向
1S vt
=联立解得S 1和传感器的拉力F 2
之间的函数关系式为
1S =
13.一辆值勤的警车停在路边，当警员发现从他旁边以v =8m/s 的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶。

经2.5s 警车发动起来，以a =2m/s 2做匀加速运动。

试求：(1)警车发动后要多长时间才能追上违章的货车？(2)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？【答案】(1)10s ；(2)36m 【解析】
【详解】(1)此时警车的位移为
2112
x at =
货车的位移为
()
2 2.5x v t =+12
x x =联立解得
10s t =，2s(t =-舍去)
(2)当警车的速度与货车的速度相等时，两车的距离最大，则警车速度与货车速度相等时，有
v at
=解得
8
s 4s 2
v t a =
==此时货车的位移为
()1 2.58 6.5m=52m
x v t =+=⨯警车的位移为
22211
24m=16m 22
x at =
=⨯⨯则两车间的最大距离为
1252m 16m=36m
x x x =-=- 14.如图所示，传送带与水平成37α︒=，传送带A 、B 间距58m L =．，传送带始终以4m/s 速度顺时针转动，将一小物体轻轻释放在A 处，小物体与传送带间动摩擦因数为0.5μ=,（sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，210m/s =g ）
，试求：(1)刚释放时，小物体加速度的大小？(2)小物体从A 运动到B 所需时间？
【答案】(1)210m /s ；(2)1.4s 【解析】
【详解】(1)受力分析，正交分解，根据牛顿第二定律可知
1
sin cos mg mg ma αμα+=解得
2
1sin cos 10m/s a g g αμα=+=(2)物块加速到4m/s 的位移2
11
2v x m L a =<，运动的时间114
s 04s 10
v t a =
==．又因
05tan μα
=<．故物块先以1a 加速，再以
2
2sin cos 2m/s mg mg m
αμα
-=
=加速通过的位移为
215m
x L x =-=根据位移时间公式可知2
22212
x vt at =+
，解得21s t =或25s t =-（舍）
经历的总时间为
1214s
t t t =+=．15.如图为某游戏装置原理示意图。

水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R 、内表面光滑，挡板
的两端A 、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑圆弧轨道 CDE
在同一竖直平面内，过C 点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。

小物块以某一水平初速度由A 点切入挡板内侧，从B 点飞出桌面后，在C 点
沿圆弧切线方向进入轨道 CDE
内侧，并恰好能到达轨道的最高点D 。

小物块与桌面之间的动摩擦因数为
1
2π
，重力加速度大小为g ，忽略空气阻力，小物块可视为质点。

求：（1）小物块到达D 点的速度大小；（2）B 和D 两点的高度差；（3）小物块在A
点的初速度大小。

【答案】（1
（2）0；（3
【解析】
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D ，则在D 点有
2
D v m mg R
=
解得
D v =（2）由题知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道 CDE
内侧，则在C 点有cos 60B C
v v =
小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有
2211(cos 60)22
D C mg R R mv mv -+=
- 则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有
221122
BD D B mgH mv mv =
-
联立解得
B v =，H BD =0
（3）小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有
221122
B A mgS mv mv μ-=
-S =π∙2R
解得
A v =。