1、2019 第二次联考物理参考答案1.A【解析】在国际单位制中力的单位是牛顿，它是属于导出单位，是根据牛顿第二定律F=ma 定义的， 1N 就是使质量 1kg 的物体产生 1m/s2 加速度的力，选项 A 正确；在国际单位制中，力学的三个基本单位是 m、kg、s,选项 B 错误； 国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒只是时间的单位，选项 C 错误；在国际单位制中，长度的单位只能是 m，选项 D 错误.2C【解析】物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某一个恒力时，余下力的合力与此力大小相等、方向相反，说明物体受到的合力恒定不变，若原来的力与速度方向相反时，撤去此力后，
2、物体的合力与速度方向相同时，物体做匀加速直线运动；若原来的力与速度方向相同时，撤去此力后，物体的合力与速度方向相反时，物体做匀减速直线运动，物体不可能做匀速直线运动，选项 A、B 错误 C 正确；若物体原来做匀速直线运动，而且原来的力与速度不在同一直线上时，撤去此力后，物体的合力与速度方向不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动，若刚好垂直，则做类平抛运动选项 D错误3.D【解析】将质点的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为 t1，上面一段位移所用时间为 t2，根据逆向思维可得： t2t 11（ 1） ，设从滑出至回到滑出点的时间为 2t=10s，质点撞击挡板后以原速2率弹回（撞
3、击所需时间不计） ，质点上滑和下滑的总时间 t2t 1 且t1t 2t= 5s，由以上各式可得：t 2（ 1）t/ 0.6t=3s，只有选项 D 正确。2 24.A【解析】对桌子受力分析，如图所示根据平衡条件可知，水平方向有 FcosF f0，竖直方向有 FNFsinG0，其中 FfF N，故 F ，令 tan，则 FGcos sin ；当 时，F 有最小值，F minGsin35N，30，故 tan30Gsin cos ，30 ，只有选项 A 正确。335.B【解析】考虑 m2 受力： ，则 ；考虑2合 =a222Tmgagam1 受力:N+T=m 1g，f=m 1a，又相对静止，有 fN所
4、以 ，只有选12项 B 正确。6C 解析：设拉滑轮 C 的绳与竖直方向的夹角为 ，对滑轮 C 进行受力分析，根据平衡条件得 ，将轻绳固定点由 O 点移动到 M 点后，由几何关系得绳与竖直方向的cos2T夹角 变小，所以绳上的拉力 T 变小，轻绳对物块 B 的拉力变小，因为不知道初始时物块B 受静摩擦力的大小和方向，所以不能确定物块 B 摩擦力大小的变化，选项 A 错误；将轻绳固定点由 O 点移动到 M 点后，把斜面和物块 B 整体为研究对象，可得斜面受到的摩擦力 ，由以上分析可得轻绳上的拉力 T 变小，绳与竖直方向的夹角 变小，所sinTFf 以斜面受到的摩擦力 也变小，但轻绳对滑轮 C 的作
5、用力是两绳对滑轮的拉力的合力，方fF向竖直向上，仍等于物块 A 的重力，选项 B 错误；将轻绳固定点由 O 点移动到 N 点后，由几何关系得绳与竖直方向的夹角 不变，根据 ，所以绳上的拉力 T 不变，cos2Tmg物块 B 受到的摩擦力不变，选项 C 正确；将轻绳固定点由 O 点移动到 N 点后，绳上的拉力 T 不变，轻绳对滑轮 C 的作用力不变，把斜面和物块 B 整体为研究对象，根据可得斜面受到地面的摩擦力也不变，选项 D 错误。sinFf7BC【解析】上升过程，先加速再减速，加速度先向上，再向下，故先超重再失重，选项 A 错误、B 正确；下降的过程，先加速再减速，加速度先向下，再向上，故先
6、失重再超重，选项 C 正确、D 错误.8AD【解析】由于斜面是光滑的，初始 m1 静止时，弹簧的弹力大小等于 m1 的重力下滑分量，加上 m2 后，弹簧的弹力小于 m1 和 m2 的重力下滑分量，弹簧会下滑，下滑到速度最大时两力相等，加速度为 0，后加速度反向增大，且在下滑过程中加速度先减小后增大，选项 A 正确、B 错误；刚放上物块 m2 时，m 2gsin37（m 1m 2）a，解得 m1、m 2 的加速度大小是 a4m/s 2，选项 C 错误；再隔离 m2 受力分析可知 m2gsin37Fm 2a，可得F4N，选项 D 正确。9.ACD【解析】对 Q 分析，受到竖直向下的重力，AQ 的拉
7、力 ，以及 OQ 的拉力 ，根1T2T据共点力平衡条件可知水平绳 AQ 中拉力 =1N，选项 A 正确；若水平绳1tan45Tg被剪断，则在剪断瞬间，小物块 Q 只受到重力和绳子 OQ 的拉力，由于绳子的拉力的大小会发生突变，所以物块 Q 的加速度的方向与 OQ 的方向垂直，所以加速度大小为，选项 B 错误；若连接两物块的绳被剪断，则在剪断瞬间，由于绳子 AQ2sin45ag的拉力大小突变为 0，小物块 Q 只受到重力，加速度大小为 g，选项 C 正确；若连接两物块的绳被剪断，则物块 P 先以 2m/s2 做匀加速运动后匀速滑离传送带，t=1.5s ，选项 D 正确。10.BD【解析】根据匀变
8、速直线运动的位移时间公式 xv 0t at2 变形得： v 0 at，12 v xt 12则知图像的斜率大小等于 a，由题图可知， aA m/s2，得 aA1m/s 2， aB m/s2，12 12 3 14 12 22得 aB2m/s 2，选项 A 错误；由 、 ，当 t=1s 时，A 、B 速度相等，tv1tBA 领先 B 距离最大，选项 B 正确 C 错误。设经 t1 两质点相遇，由相遇条件可得：，解得：t 1=3s，选项 D 正确。02121)/(/stvt11.（6 分）（1）10.6610.69（2）62.5（3）弹簧竖直悬挂时存在由于自身重力影响造成的形变（每空 2 分）【解析】
9、 （1）毫米刻度尺最小刻度为 1mm，读数时估读到毫米的下一位，故读数为10.6610.69mm；（2）设弹簧竖直悬挂时由自身重力造成的形变量为 ，由胡克定律：0L,可得： ，故图线斜率为 ，所以0nmgkL0mgLnkmgk；（3）纵截距为弹簧竖直悬挂时由于自身重力影响造成的3-251=6.5/4.N（形变。12.（8 分）（1）BC（2 分）（2）1.18（1 分） 1.50（1 分）（3）质量的倒数（2 分） 大于（2 分）【解析】 （1）实验中涉及了质量和合力两个变化的物理量，所以需要控制变量法进行实验，A 错误、B 正确;实验时为了获得更多的信息，所以需要先接通电源，后释放纸带，C
10、正确;小车运动的加速度必须由纸带上的测量数据计算得到，D 错误。 （2）因纸带上两相邻计数点的时间间隔为 T=0.10s，设s1=9.50cm、s 2=11.00cm、s 3=12.55cm、s 4=14.00cm、s 5=15.50cm、s 6=17.05cm，则打 C 点时纸带的速度大小为 ,代入数值得Tvc2vc=1.18m/s，13456123()()9assT，代入数值得 a=1.50m/s2。 （3）当没有平衡摩擦力时有：F-f=Ma，a = -g 故即图线斜率物理意义为 （质量的倒数） ，纵轴截FM1M距的大小为 g观察图线可知 甲 乙 。所以第二空填大于。13 （10 分）（1
11、）汽车速度 v0=16m/s，在 0.75s 的反应时间内，汽车匀速行驶的位移为：x 1=v0t1=160.75m=12m. （1 分）刹车后的位移为：x 2=x-x1=36m-12m=24m（1 分）剩下的 24m 汽车匀减速行驶，加速度大小 a=-4m/s2，由 x2= ， （2 分）01attv代入数据，得 t2=2s. （1 分）此时汽车速度 （1 分）106/4/8/vatmssm驾驶员从发现情况至汽车走完 36m 距离，一共需要时间 t=0.75+2s=2.75s. （1 分）人穿过马路的时间为：t 0=L/v=2.7s，考虑到汽车的宽度，可知行人会有危险 （3 分）14 （10
12、分）（1）单独静止释放小球 A，经历 2s 恰好到达轻杆的底端，小球 A 下滑时，根据牛顿第二定律 ，解得 （1 分）sincosmga2/s轻杆的长度 =4m（1 分）2xt（2）小球 A 开始下滑 1s 后，下滑位移 （1 分）21mxat速度大小 （1 分）12/svat由于要与小球 B 同时到达底端，则小球 A 还需运动的时间 ，则 （12st221xvta分）且 解得 （1 分）124mLx210.5/sa小球 A 做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律 （1 分）NsinmgFa解得 （1 分）N6F由于没有说明垂直轻杆的力的具体方向，则有两种可能：当 F 垂直轻杆向下时，有 解得 （
13、1 分）N1cosFg0F当 F 垂直轻杆向上时，有 解得 。 （1 分）2m24N15 （12 分）（1）给小物块一水平向右的初速度 v0=4m/s，小物块运动的加速度大小为a1 1g4m/s 2，方向水平向左（1 分）设小物块运动时间 t1 速度减为零，则 s（1 分）1at小物块位移 2m（1 分）20avx对长木板施加水平向左的恒力 F=29N，长木板的加速度大小a2 =5m/s2，方向向左（2 分）F 1mg 2(M m)gM长木板的位移大小 2.5m（1 分）12tax此时长木板的速度大小为 v2=a2t1=5m/s由于 x1+x2=L，即此时小物块运动到长木板的右端，长木板的速度
14、大小为 5m/s。 （1 分）（2）小物块运动到长木板的右端速度减为零，当长木板继续运动时，小物块从长木板的右端掉下来停止。 （1 分）设小物块从长木板上掉下来后长木板的加速度大小为 a3，对木板由牛顿第二定律有：F 2MgMa 3（2 分）可得 m/s2（1 分）45a在 t=3s 时小物块与长木板右端的距离： m（1 分）5.2)(1)(323tatvx16 （14 分）（1）对夯杆，据牛顿第二定律得： （1 分）1fmg夯杆所受摩擦力 （1 分）1N2fF当夯杆上升的速度刚达到两个滚轮边缘线速度大小时，夯杆的速度 v=4m/s（1 分）据速度公式得： （1 分）atv此过程夯杆上升高度为
15、： （1 分）2hat联立解得：a 1=2m/s2t1=2sh1=4m（1 分）（2）夯杆以 4m/s 的初速度竖直上抛，上升高度为： （1 分）m8.02gvh则当夯杆加速向上运动速度到达 4m/s 后，夯杆匀速上升，匀速上升高度为：（1 分）m6.213h因此，夯杆先匀加速上升，后匀速上升，再竖直上抛故夯杆上升过程中被滚轮释放时的速度为m/s（1 分）此时夯杆底端离坑底 m（1 分）6.52h（3）夯杆竖直上抛运动的时间为： s（1 分）4.0gvt夯杆匀速上升的时间为： s（1 分）3.t夯杆自由落体的时间为 t4，得： s（1 分）24.3hhtg ,打夯周期为： s（1 分）93.321T
