2023年福建省厦门市高考物理二模试卷+答案解析(附后).pdf

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擦力为:,A、当时,,AB之间不会发生相对滑动,B与地面间也不会发生相对滑动,所以A、B都相对地面静止,选项A正确。B、当时,,AB间会发生相对滑动,由牛顿第二定律有:,选项B错误。C、当时,,AB间会发生相对滑动,A相对B发生滑动,选项C正确。D、A对B的最大摩擦力为,B受到的地面的最大静摩擦力为,无论F为何值,B都不会发生相对滑动,当然加速度更不会超过,选项D正确。故选:ACD。根据A、B之间的最大静摩擦力,隔离对B分析求出整体的临界加速度,通过牛顿第二定律求出A、,解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、.【答案】BC【解析】解:A、装置锁定瞬间,对集装箱受力分析,由牛顿第二定律得:即则集装箱的重量等于T时,钢绳断裂,故A错误;B、如果装置匀速运动的速度大小为v,由A得:则故B正确;页,共17页:..、如果集装箱的质量为2m,由牛顿第二定律得:则该装置匀速运动的最大速度为故C正确;D、加速向上提升集装箱,由牛顿第二定律得:则允许的最大加速度为故D错误。故选:BC。对集装箱受力分析,根据牛顿第二定律列式分析求解即可。本题考查牛顿第二定律,解题关键是对集装箱做好受力分析,结合牛顿第二定律列式求解即可。10.【答案】ABD【解析】解:ACD、当弹簧弹力等于电场力时为平衡位置,此时弹簧被压缩,平衡位置不再是O点;由于电场力是恒力,不随弹簧的长度发生变化而弹簧的弹力随弹簧的形变量发生变化,由受力特点可知,小球在电场力和弹力作用下依然做简谐运动,故A错误,C正确,D错误;B、由于B点的弹簧弹力大小与电场力大小关系未知,所以也无法判断A点两力关系,所以小球从B运动到A的过程中,动能可能先增大后减小,也可能一直增大,故B错误;本题选择错误的,故选:ABD。根据共点力平衡的条件判断平衡位置点。对小球受力分析,求出小球受到的合外力表达式,根据简谐运动的条件明确是否能做简谐运动。本题考查简谐运动的判断,要注意根据回复力的公式进行判断;因为电场力与重力类似,故本题类似与竖直方向的弹簧的简谐振动,可以借鉴其研究方法。11.【答案】需要A、B的间距【解析】【答案】。需要。A、B的间距。,解:本实验需要平衡摩擦力,如果存在摩擦力,则细线对小车的拉力就不是小车的合外力,则合外力的功无法具体计算。小车通过光电门的速度为,根据动能定理:,所以还需要测量的量是A、B的间距x,根据上式可得:合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为。页,共17页:..故答案为:需要;、B的间距x;。本实验需要平衡摩擦力,才能使小车的合力等于重物的重力;本实验需要测量的物理量为F、小车质量M、通过光电门的挡光时间t及遮光条的宽度d、A、B的间距x,由实验得到合外力对小车做的功与小车动能改变量的关系式为。本题考查了探究功与速度变化的关系的实验。“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处,在平时学****中要善于总结、比较,提高对实验的理解能力。12.【答案】负极无【解析】解:电压档量程为50V,则最小分度为1V,则指针对应的读数为;作为电流表使用时,应保证电流由红表笔流进,黑表笔流出,故黑表笔连接的是电池的负极;由闭合电路欧姆定律可得:变形可得:则由图可知:;则可解得:;由于多用表存在内电阻,所以有闭合电路欧姆定律得:,变形为:由图象可知斜率和不考虑多用表的内电阻时相同所以多用表的内电阻对电源电动势的测量结果无影响。故答案为:;负;;;无。明确量程,确定最小分度,从而得出对应的读数;明确多用电表的使用方法,再根据闭合电路欧姆定律列式,变形即可得出图形对应的表达式,从而根据图象求出电动势和内电阻;根据闭合电路欧姆定律结合图象分析有无误差。页,共17页:..本题考查测量电动势和内电阻的实验,要注意掌握实验原理,明确数据处理的基本方法,能根据闭合电路欧姆定律写出的关系式,然后结合图象分析数据是解题的关键。13.【答案】解:物块刚冲上传送带时,设PQ的加速度为,轻绳的拉力为因P的初速度大于传送带的速度,则P相对传送带向右运动,故P受到向左的摩擦力作用。对P,由牛顿第二定律得:对Q受力分析可知,在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用,由牛顿第二定律得:联立解得:。先减速到与传送带速度相同,设位移为,则有:共速后,由于摩擦力故P不可能随传送带一起匀速运动,继续向右减速,摩擦力方向水平向右设此时的加速度为,轻绳的拉力为对P,由牛顿第二定律得:对Q,由牛顿第二定律得:联立解得:。设减速到0位移为,则有:PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功:解得:第一个减速过程,所用时间为:P运动的位移为:皮带运动的位移为:第二个减速过程,所用时间为:P运动的位移为:皮带运动的位移为:则整个过程产生的热量为:页,共17页:..根据数学知识知,当时,答:物块刚冲上传送带时的加速度大小是。物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中,PQ系统机械能的改变量是。当v取时物块P向右冲到最远处时,P与传送带间产生的摩擦生热最小,其最小值为。【解析】物块P刚冲上传送带时,因P的初速度大于传送带的速度,则P相对传送带向右,P受到向左的滑动摩擦力作用,分别P、Q分析受力情况,由牛顿第二定律求加速度。结合运动学的公式,求出P与传送带的速度相等之前的位移;当P的速度与传送带相等后,分析摩擦力与绳子的拉力的关系,判断出P将继续减速,求出加速度,在结合运动学的公式求出位移,最后由功能关系求出机械能的该变量;结合的解答过程,求出物体P相对于传送带的位移以及,然后即可求出产生的最小热量。本题的关键:一是要分析当P与传送带共速度时P将做怎样的运动,二是要知道PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功,三是写出系统热量的表达式,并由表达式分析热量的最小值。14.【答案】解:对木板根据牛顿第二定律可得:,解得:;对小物体根据牛顿第二定律可得:,设小物体滑离木板经过的时间为t,则有:解得木板的位移拉力做的功为;设拉力作用时间最少为,抽出用的总时间为,m做匀加速直线运动,M先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,则m的加速度大小仍为,撤掉F前M的加速度大小仍为,撤掉F后M的加速度大小,根据速度关系可得:,根据位移关系可得:,页,共17页:..由上两式可得:。答:木板刚开始运动时的加速度大小为;从开始拉动木板到小物体脱离木板,拉力做功的大小为24J;为使小物体能脱离木板,此拉力作用时间最短为。【解析】对木板根据牛顿第二定律求解加速度大小;对小物体根据牛顿第二定律求解加速度,再根据位移关系求解木板的位移,根据功的计算公式求解拉力做的功;木板要抽出,并不需要拉力一直作用到抽出,只需要作用到让M获得足够的速度,在拉力撤去后,能自己运动出来就行,因此,M的运动就分两个阶段,一是在拉力和摩擦力作用下的加速阶段。二是在摩擦力作用下的减速阶段,根据运动学公式求解。解决本题的关键理清整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解,本题的误区是以为拉力要一直作用在M上,直到抽出为止。15.【答案】解:带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛,水平方向:,竖直方向:,速度:,加速度:,设离开角度为,则,离开区域Ⅰ后作直线运动:,解得:,;粒子在磁场中做匀速圆周运动:,由牛顿第二定律得:,由几何关系可得:,解得:;在Q点进入区域Ⅲ后,若区域Ⅲ补成正方形区域,空间布满场强为E的电场,由对称性可知,粒子将沿抛物线轨迹运动到点,离开方向水平向右,通过逆向思维,可认为粒子从点向左做类平抛运动,当粒子运动到原电场边界时:,,由几何关系可知:,第16页,共17页:..解得:,因此,距离x轴距离:;答:正方形区域I中电场强度E的大小为;正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小为;粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离为。【解析】粒子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小。分析清楚粒子运动过程,应用运动学公式与几何知识求出距离。本题中粒子先在电场中做类似平抛运动,然后进入磁场做匀速圆周运动,要注意两个轨迹的连接点,然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解,其中画出轨迹是关键。第17页,共17页