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42.142分)（2B2分)(822分【解析】()挡光片的宽度较小，通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，根据平均速度公式可知，滑4/6块的速度0=4。(2)滑块从O点到P点的过程中，摩擦力做功，根据动能定理有一gx-0-)mx2,故动摩擦因数的表达式为4一2g,则还需要测量的物理量是光电门0与P点之间的水平距离s,A.C,D错误，B正确。故选B。d(3)根据上述分析可知，42gs2·23.(1)0.16(2分)0.376(2分)(2)>(1分)(3)B(2分)(4)D(2分)【解析】(1)根据匀变速直线运动的推论可知，xs一x13=a(2T)2,解得a=0.16m/s2,根据匀变速直线运动的规律有u-2养=0.376m/s。(2)由题意可知，设小桶和细砂的总质量为m,按住小车时，对小桶和细砂受力分析有F1=mg,松开手后，小桶加速下落，对小桶和细砂分析有mg一F2=ma,综上所述F>F2。(3)根据牛顿第二定律有F=Ma,整理有a一F,可知其图象为过原点的倾斜直线。故选B。2024届高考专家联测卷（二）·理科综合物理参考答案第3页（共6页）(4)A.实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和力传感器的总质量远大于小桶和细砂的总质量，A错误；B.实验中不需要将长木板的右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，B错误；C.实验中不需要测出小车和力传感器的总质量，只需要保证小车和力传感器的总质量不变，C错误；D.用加细砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，D正确。故选D。24.解：(1)对重物受力分析，根据受力平衡可得，T=mg=20N(1分)对木箱受力分析可得，f=2T(1分)又f=Mg(1分)联立解得=0.5(1分)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足≥0.5(1分)(2)设木箱的加速度大小为α，则重物的加速度大小为2a,对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得T-mg=2ma(2分)对木箱受力分析，有F-Mg-2T=Ma解得a=0.5m/s2(2分)当将木箱向左匀加速度拉动x=0.5m时，重物向上的位移h=2x=1m,故2×2a·h=v2(2分)此时重物的速度v=√2m/s(1分)25.解：(1)B、C整体受到的浮力等于整体的重力，故B若运动，受到的阻力f=0.1×(M+M)g=0.1×(12+48)×10N=60N(1分)设选手及装备的质量为m,为了防止A滑动，需满足41mg≤2(M。+m)g+f(2分)解得m≤102kg(1分)(2)选手滑上A时，由能量守恒定律有2mui-0=mgh(1分)与C碰撞前，由动能定理有moi-2mai=-1mgL(1分)经过A后与C发生碰撞后一起运动，则mv2=(M+m)v(2分)损失的机械能△E=2m-号（M+m)u2(2分)解得△E=180J(2分)(3)选手与C碰撞后经0.5s恰好与B速度相同，根据系统动量定理有(nM上1-fAM上上AM1'=11八1