2024年高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)突破物理答案6

參考答案：

1.D

【詳解】從圖上屋頂?shù)拇稛煼较蚩梢耘袛囡L(fēng)的方向是向左的，圖中甲物體的小旗向左飄，我們可以

判斷甲物體可以靜止，可以向右運(yùn)動(dòng)，也可以向左運(yùn)動(dòng)，向左的速度必須小于風(fēng)速：圖中乙物體的

小旗向右飄，我們可以判斷乙物體一定向左運(yùn)動(dòng)，且向左運(yùn)動(dòng)的速度大于風(fēng)速。

選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤。

故選Do

2.D

【詳解】選取向下為正方向，由速度和位移關(guān)系可得

vl-v；=2ah

解得

V)=60m/s

對于自由落體運(yùn)動(dòng)過程有

V,=gt

解得

f=6s

故選Do

3.C

【詳解】A.根據(jù)題意知，了?彈在氣球水中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在氣球之間的空氣可看做勻速直線

運(yùn)動(dòng)，假設(shè)先不計(jì)氣球之間的運(yùn)動(dòng)，則子彈在整個(gè)過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度恰好為零，運(yùn)用

逆向思維法，可看成反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題意可知：％=0m/s,y=800m/s,,

x=().6m根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式：，-%2=2水，即可算出加速度A,對于每一個(gè)氣球來說，根據(jù)公式

22

v-v0=2av,可以算出子彈穿過氣球的初末速度，則子彈在每個(gè)水球中的速度變化為：

Av=v-%

A選項(xiàng)可以計(jì)算出，A正確；

B.根據(jù)公式+可計(jì)算出在氣球中和在水中的的時(shí)間.再根據(jù)公式-二也可算出子彈的平均速

t

度，B正確;

c.由于不知道最后子彈距離地面的高度，所以不能算出子彈的落地速度，c錯(cuò)誤；

D.已經(jīng)算出子彈的加速度A,根據(jù)牛頓第二定律/=〃也即可算出子彈在水中受到的阻力，D正確:

故選C。

4.B

【詳解】根據(jù)公式片—-=2仆變形可得

1,

x=—v~

2a

由圖像可得，乙的加速度不變，甲的加速度逐漸增大，所以甲、乙兩車的圖像為圖人

由于甲、乙的位移圖像在與處速度相同，由。圖（即甲乙兩車的回圖）可得，速度相同時(shí)，需要的

時(shí)間不同，則兩車是不同時(shí)間到達(dá)占，故沒在七處相遇，故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選B。

5.A

【詳解】叫球保持靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)二力平衡可知

F=m2g

Z.NmxF=a=60°

根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有

/cos600—Ncos600=0

Fsin60°+A^sinbO0-=0

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

網(wǎng)_6

m}3

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選A。

6.D

設(shè)02P與豎直方向的夾角為a,02P繩上的拉力為7,根據(jù)幾何關(guān)系可得

/7=180°-120°=60°

根據(jù)正弦定理可得

F_mg_T

sinasinpsin(120o-of)

當(dāng)a由。逐漸增大到90。的過程中，sina逐漸增大，sin(120。-〃)先增大后減小，所以產(chǎn)逐漸增大,

當(dāng)QP水平時(shí)，即a=90。時(shí)，F(xiàn)達(dá)到最大，此時(shí)

mg2>/5

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

sin60°3

7先增大后減小，當(dāng)a=30。時(shí)，7達(dá)到最大，此時(shí)

T咨

sin60°3

故A錯(cuò)誤;

B.對滑輪Q;與繩的結(jié)點(diǎn)受力分析，左右兩段繩中的拉力大小相等，均等于丁，而連接B物體的繩

拉力始終等于〃吆，設(shè)繩與豎直方向的夾角為仇根據(jù)力的合成法有

2Tcos0=mg

當(dāng)r先增大后減小的過程中，繩與豎直方向的夾角。先增大后減小，所以物塊B將先向上后向下移

動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C.對A物體受力分析，初始時(shí)重力沿斜面向下的分力與繩的拉力大小相等，所以摩擦力為零，當(dāng)

繩中的拉力先增大后減小的過程中，A所受到的摩擦力方向沿斜面向下，且有

2mgsin30°+F{=T

_2mng_20

B的加速度為

故A、B加速度之比為遙：3,D錯(cuò)誤；

故選B。

8.C

【詳解】在乒乓球加速上升的過程中，同體積的水球加速下降，水球比乒乓球的質(zhì)量大，水和乒乓

球系統(tǒng)的重心加速下降，處于失重狀態(tài)，臺秤示數(shù)變小。

故選C。

9.CD

【詳解】加速度是表征物體速度變化快慢的物理量，物體的加速度大小等于速度變化率半，與速度

變化量無關(guān).大，。不一定大，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；加速度。的方向就是4,的方向，速度的變化率為

半，即加速度，選項(xiàng)CD正確；故選CD.

加

【點(diǎn)睛】應(yīng)該注意的是公式方半只是加速度的定義式，只能由此公式計(jì)算大小和判斷方向，加速

度的大小是由力和質(zhì)量決定的.

10.BD

【詳解】對整體，由牛頓第二定律有

產(chǎn)一戶(加+2機(jī)+3加)g=a

設(shè)R和Q之間相互作用力的大小為。與戶之間相互作用力的大小為尸2,對R,由牛頓第二定律

有

FLR(3m)g=3ma

解得

F,=f

對。和R組成的整體，由牛頓第二定律有

產(chǎn)2—〃(2〃?+3〃?)g=(2〃?+3〃?)a

解得

所以

,￡3

k=—=—

F25

與"無關(guān)。

故選BDo

11.AB

【詳解】A.根據(jù)題意可知，B與地面間的最大靜摩擦力為

A與B之間的最大靜摩擦力為

fi="3mg>/

所以當(dāng)攸吆=/時(shí)，A、B都相對地面靜止，故A項(xiàng)正確；

乙

BD.當(dāng)尸=6〃〃吆>人，所以此時(shí)A、B發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，對A分析有

F-f1=3m%

解得

4=4g

對B分析有

工=2〃%

解得

1

4

故B正確，D錯(cuò)誤；

C.當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，對AB整體

用一工pnig=(M+ni)a2

得

.15

^=w"'〃g

可見只有當(dāng)監(jiān)時(shí)，A、B之間才會發(fā)生相對滑動(dòng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選ABo

12.BCD

【詳解】A.開始階段，設(shè)小物塊的加速度大小為可，由牛頓第二定律得

〃zgsin9+〃〃?gcos。="版］

解得

=10m/s2

小物塊加速到與傳送帶的速度相等時(shí)，根據(jù)速度-位移關(guān)系有

葉=2g

根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系有

%=卬|

解得

百=5m

tx=Is

因?yàn)?/p>

x(<L

小物塊共速后發(fā)生臨界滑動(dòng)，摩擦力反向，由牛頓第二定律得

mgsin0-/.imgcos0=ma2

解得

2

a2=2m/s

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)位移-時(shí)間關(guān)系有

,1。

L-x\=voG+-^G

解得

t2=Is

小物塊從4運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間

解得

t=2s

故B正確；

C.設(shè)小物塊離開傳送帶的速度大小為n，根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系有

匕=%+。？2

解得

V)=12m/s

故c正確;

D.共速前小物塊與傳送帶的相對位移

A1，

個(gè)=切一萬」

解得

S=5m

共速后小物塊與傳送帶的相對位移

解得

因?yàn)?/p>

Ax1>Aq

所以小物塊在傳送帶上留下的痕跡長為5m,故D正確。

故選BCD“

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

13.28.4N/m0.156N

9

【詳解】（1）［1］根據(jù)題意有：L4-LI=3^L,同理：Ls-L?=3bL,L（＞-L3=3AL,因此每增加50g

祛碼的彈簧平均伸長量

(4+4+4)-(右+少公

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

9

（2）［2］彈簧的勁度系數(shù)為:

,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]彈簧自身的重力為

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

14.BB0.602.0大

【詳解】（1）［1］電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用220V交流電源；

（2）［2］A.為充分利用紙帶，打點(diǎn)前，小車應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，要先打開電源，再釋放小車，故A

錯(cuò)誤；

B.為測量方便，要舍去紙帶上密集的點(diǎn)，然后選取計(jì)數(shù)點(diǎn)，故B正確;

C.打點(diǎn)頻率為50Hz,每隔四個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s,故C錯(cuò)誤;

D.實(shí)驗(yàn)中應(yīng)使小車速度適中，太快會使打的點(diǎn)數(shù)太少，太慢會使打的點(diǎn)太密集，故D錯(cuò)誤。

（3）［3］打點(diǎn)2時(shí)小車的速度大小為

(3.48-1.07)x10-2

m/s=0.60m/s

2T2x0.02

（4）［4］根據(jù)—=.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］如果當(dāng)時(shí)電網(wǎng)中交變電流的頻率是/=49HZ,則計(jì)算用的打點(diǎn)的時(shí)間間隔7小于真實(shí)值,

故計(jì)算的出加速度的測量值大小大于真實(shí)值。

15.（1）2:1；（2）3:2

【詳解】（1）滑塊的兩個(gè)過程均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在A、。點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)在8時(shí)速度為也

可得

1

月3=5皿八8

1

XBC~萬VtBC

解得

組=也=2：］

聯(lián)XBC

（2）設(shè)滑塊質(zhì)量為〃?，所受的拉力為F,上滑過程中的加速度分別為4、生，由

Av

a=一

Ar

(或者a=L)

2x

可知

4:生=1:2

由牛頓第二定律有

F-f-mgsin0=

f+ingsin0-ma-,

在最高點(diǎn)時(shí)恰好靜止，則

f=nigsin0

聯(lián)立可得

F:mg=3:2

16.（1）；（2）*〃吆，方向水平向左;（3）；mg

【詳解】（1）設(shè)支持力為R繩子的拉力為7,則

mg_F_T

sin120sin30sin30

可得

=T8

F=T=-mg

（2）以小球和斜面的整體為研究對象，則

/=Tsin300=mg

6

方向水平向左；

（3）要能夠把小球拉離斜面，當(dāng)所用的拉力與繩子垂直斜向左上方時(shí)，根據(jù)平衡條件可得拉力的最

小值為

E,而="出訪30。=ymg

17.（1）fl=2m/s2；（2）1.68m

【分析】根據(jù)圖像可以知道不同時(shí)刻受到的外力大小，再利用牛頓第二定律求解木塊的加速度；根

據(jù)木塊和木板的受力分析各自的加速度和運(yùn)動(dòng)情況，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析求解.

【詳解】（1）因?yàn)槟緣K在木板上滑行的最大加速度為

.mg=mai

解得

fl；=4m/s2

保持木塊與木板一起做勻加速運(yùn)動(dòng)最人拉力

B〃=(M+〃?)g+(M+〃?)Q/=30N

因B=24N<E”=30N,故木塊與木板一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度。由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得

F—外(M