2024年高考数学重难点突破物理答案6

参考答案：

1.D

【详解】从图上屋顶的炊烟方向可以判断风的方向是向左的，图中甲物体的小旗向左飘，我们可以

判断甲物体可以静止，可以向右运动，也可以向左运动，向左的速度必须小于风速：图中乙物体的

小旗向右飘，我们可以判断乙物体一定向左运动，且向左运动的速度大于风速。

选项D正确，ABC错误。

故选Do

2.D

【详解】选取向下为正方向，由速度和位移关系可得

vl-v；=2ah

解得

V)=60m/s

对于自由落体运动过程有

V,=gt

解得

f=6s

故选Do

3.C

【详解】A.根据题意知，了•弹在气球水中做匀减速直线运动，在气球之间的空气可看做匀速直线

运动，假设先不计气球之间的运动，则子弹在整个过程做匀减速直线运动，末速度恰好为零，运用

逆向思维法，可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，由题意可知：％=0m/s,y=800m/s,,

x=().6m根据运动学基本公式：，-%2=2水，即可算出加速度A,对于每一个气球来说，根据公式

22

v-v0=2av,可以算出子弹穿过气球的初末速度，则子弹在每个水球中的速度变化为：

Av=v-%

A选项可以计算出，A正确；

B.根据公式+可计算出在气球中和在水中的的时间.再根据公式-二也可算出子弹的平均速

t

度，B正确;

c.由于不知道最后子弹距离地面的高度，所以不能算出子弹的落地速度，c错误；

D.已经算出子弹的加速度A,根据牛顿第二定律/=〃也即可算出子弹在水中受到的阻力，D正确:

故选C。

4.B

【详解】根据公式片—-=2仆变形可得

1,

x=—v~

2a

由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的图像为图人

由于甲、乙的位移图像在与处速度相同，由。图（即甲乙两车的回图）可得，速度相同时，需要的

时间不同，则两车是不同时间到达占，故没在七处相遇，故ACD错误，B正确。

故选B。

5.A

【详解】叫球保持静止状态，根据二力平衡可知

F=m2g

Z.NmxF=a=60°

根据共点力平衡条件有

/cos600—Ncos600=0

Fsin60°+A^sinbO0-=0

代入数据联立解得

网_6

m}3

故A正确，BCD错误。

故选A。

6.D

设02P与竖直方向的夹角为a,02P绳上的拉力为7,根据几何关系可得

/7=180°-120°=60°

根据正弦定理可得

F_mg_T

sinasinpsin(120o-of)

当a由。逐渐增大到90。的过程中，sina逐渐增大，sin(120。-〃)先增大后减小，所以产逐渐增大,

当QP水平时，即a=90。时，F达到最大，此时

mg2>/5

F=-------=------mg

sin60°3

7先增大后减小，当a=30。时，7达到最大，此时

T咨

sin60°3

故A错误;

B.对滑轮Q;与绳的结点受力分析，左右两段绳中的拉力大小相等，均等于丁，而连接B物体的绳

拉力始终等于〃吆，设绳与竖直方向的夹角为仇根据力的合成法有

2Tcos0=mg

当r先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角。先增大后减小，所以物块B将先向上后向下移

动，故B错误；

C.对A物体受力分析，初始时重力沿斜面向下的分力与绳的拉力大小相等，所以摩擦力为零，当

绳中的拉力先增大后减小的过程中，A所受到的摩擦力方向沿斜面向下，且有

2mgsin30°+F{=T

_2mng_20

B的加速度为

故A、B加速度之比为遥：3,D错误；

故选B。

8.C

【详解】在乒乓球加速上升的过程中，同体积的水球加速下降，水球比乒乓球的质量大，水和乒乓

球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小。

故选C。

9.CD

【详解】加速度是表征物体速度变化快慢的物理量，物体的加速度大小等于速度变化率半，与速度

变化量无关.大，。不一定大，选项AB错误；加速度。的方向就是4,的方向，速度的变化率为

半，即加速度，选项CD正确；故选CD.

加

【点睛】应该注意的是公式方半只是加速度的定义式，只能由此公式计算大小和判断方向，加速

度的大小是由力和质量决定的.

10.BD

【详解】对整体，由牛顿第二定律有

产一户(加+2机+3加)g=a

设R和Q之间相互作用力的大小为。与户之间相互作用力的大小为尸2,对R,由牛顿第二定律

有

FLR(3m)g=3ma

解得

F,=f

对。和R组成的整体，由牛顿第二定律有

产2—〃(2〃?+3〃?)g=(2〃?+3〃?)a

解得

所以

,£3

k=—=—

F25

与"无关。

故选BDo

11.AB

【详解】A.根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为

A与B之间的最大静摩擦力为

fi="3mg>/

所以当攸吆=/时，A、B都相对地面静止，故A项正确；

乙

BD.当尸=6〃〃吆>人，所以此时A、B发生相对运动，对A分析有

F-f1=3m%

解得

4=4g

对B分析有

工=2〃%

解得

1

4

故B正确，D错误；

C.当A、B刚要发生相对滑动时，对AB整体

用一工pnig=(M+ni)a2

得

.15

^=w"'〃g

可见只有当监时，A、B之间才会发生相对滑动，故C项错误。

故选ABo

12.BCD

【详解】A.开始阶段，设小物块的加速度大小为可，由牛顿第二定律得

〃zgsin9+〃〃?gcos。="版］

解得

=10m/s2

小物块加速到与传送带的速度相等时，根据速度-位移关系有

叶=2g

根据速度-时间关系有

%=卬|

解得

百=5m

tx=Is

因为

x(<L

小物块共速后发生临界滑动，摩擦力反向，由牛顿第二定律得

mgsin0-/.imgcos0=ma2

解得

2

a2=2m/s

故A错误；

B.根据位移-时间关系有

,1。

L-x\=voG+-^G

解得

t2=Is

小物块从4运动到B的时间

解得

t=2s

故B正确；

C.设小物块离开传送带的速度大小为n，根据速度-时间关系有

匕=%+。？2

解得

V)=12m/s

故c正确;

D.共速前小物块与传送带的相对位移

A1，

个=切一万」

解得

S=5m

共速后小物块与传送带的相对位移

解得

因为

Ax1>Aq

所以小物块在传送带上留下的痕迹长为5m,故D正确。

故选BCD“

(4+4+4)-(4+4+()

13.28.4N/m0.156N

9

【详解】（1）［1］根据题意有：L4-LI=3^L,同理：Ls-L?=3bL,L（＞-L3=3AL,因此每增加50g

祛码的弹簧平均伸长量

(4+4+4)-(右+少公

△L-------------------------------------------------------------

9

（2）［2］弹簧的劲度系数为:

,AF9x0.05x9.8

k=——=--------------------------------；-------------------------------------XNT//m=28.4N/m

△L(6.85+8.6+10.3)x10-2-(1.70+3.40+5.10)x10-2T

[3]弹簧自身的重力为

Go=k(Li-Lo)=28.4x(1.70・1.15)xlO2N=0.156N

14.BB0.602.0大

【详解】（1）［1］电火花打点计时器使用220V交流电源；

（2）［2］A.为充分利用纸带，打点前，小车应靠近打点计时器，要先打开电源，再释放小车，故A

错误；

B.为测量方便，要舍去纸带上密集的点，然后选取计数点，故B正确;

C.打点频率为50Hz,每隔四个点取一个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s,故C错误;

D.实验中应使小车速度适中，太快会使打的点数太少，太慢会使打的点太密集，故D错误。

（3）［3］打点2时小车的速度大小为

(3.48-1.07)x10-2

m/s=0.60m/s

2T2x0.02

（4）［4］根据—=.尸，由逐差法可得

_(7.68—3.48—3.48)x10-2

m/s2=2.0m/s2

9T2-9x0.022

（5）［5］如果当时电网中交变电流的频率是/=49HZ,则计算用的打点的时间间隔7小于真实值,

故计算的出加速度的测量值大小大于真实值。

15.（1）2:1；（2）3:2

【详解】（1）滑块的两个过程均为匀变速直线运动，在A、。点时速度为零，设在8时速度为也

可得

1

月3=5皿八8

1

XBC~万VtBC

解得

组=也=2：］

联XBC

（2）设滑块质量为〃?，所受的拉力为F,上滑过程中的加速度分别为4、生，由

Av

a=一

Ar

(或者a=L)

2x

可知

4:生=1:2

由牛顿第二定律有

F-f-mgsin0=

f+ingsin0-ma-,

在最高点时恰好静止，则

f=nigsin0

联立可得

F:mg=3:2

16.（1）；（2）*〃吆，方向水平向左;（3）；mg

【详解】（1）设支持力为R绳子的拉力为7,则

mg_F_T

sin120sin30sin30

可得

=T8

F=T=­mg

（2）以小球和斜面的整体为研究对象，则

/=Tsin300=mg

6

方向水平向左；

（3）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直斜向左上方时，根据平衡条件可得拉力的最

小值为

E,而="出访30。=ymg

17.（1）fl=2m/s2；（2）1.68m

【分析】根据图像可以知道不同时刻受到的外力大小，再利用牛顿第二定律求解木块的加速度；根

据木块和木板的受力分析各自的加速度和运动情况，利用运动学公式分析求解.

【详解】（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为

.mg=mai

解得

fl；=4m/s2

保持木块与木板一起做匀加速运动最人拉力

B〃=(M+〃?)g+(M+〃?)Q/=30N

因B=24N<E”=30N,故木块与木板一起做匀加速运动，其加速度。由牛顿运动定律可得

F—外(M