山东新高考联合质量测评9月联考（开学考）物理答案

2023联考物理答案1-8DADCDBBD9-12CD、AD、BC、BCD1.D位移不是理想化模型，故A不对，牛顿第一定律不能用实验证明，B不对，N不是基本单位，故C不对。A对B物体受力分析，受重力，A对B的压力，斜面的支持力，A对B的摩擦力和绳子的拉力，共五个力3.D由h=12gt2得，第一秒内h1=v0t-12整个上升过程的平均速度v平=ht=15m/s故选D4.C由图像知，30.0s-40.0s,电梯匀速，物体处于平衡状态，故A不对整个过程，该同学重力保持不变。电梯上行从20.0s-30.0s，电梯加速，处于超重状态，感觉书包变重。电梯下行，从40.0s-50.0s,电梯减速，处于超重状态，感觉书包变重。所以选C。5.D对B受力分析得，绳的拉力T=mBg，mB减小，绳的拉力减小，夹角不变，故细绳对定滑轮的作用力大小减小，方向不变，故B说法正确，D不正确。对小球A受力分析，正交分解得，摩擦力减小，支持力减小。故选D。6.B108Km/h=30m/s,216Km/h=60m/s,SPM=vPMt1,SPN=vPNt2,2MP=PN,所以t1=t2,设M的速度为vM,M到P的速度时间为t，所以vP=vM+at，vp=vM+2at,vM+vp2=30m/s,vN+vp2=60m/s,解得vM=15m/s7.B由图像知，汽车做匀减速直线运动，初速度为3m/s，加速度为0.5m/s2，由v=v0+at得4s末的速度为1m/s，因为6s就能停下来，所以前8s位移由x=v0t-12at2得x=9m，所以选D初态，kx0=(m1+m2)gsinθ,由牛顿第二定律，F+k(x0-x)-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,得F=kx+(m1+m2)aF—x成一次函数关系。AB错误。对P，k(x0-x)-FN-m1gsinθ=m1a,当FN=0时分离，k(x0-x)=m1gsinθ+m1a>0,所以9.CD由受力分析得，物块受斜面的支持力，摩擦力，合力不竖直向上。A不对。FN=mgcos30°所以f=μFN=3/4mg.所以f=F2+（mgsin30°）2，F10.ADX=v0t+12at2得xt=v0+12at，初速度为12m/s，加速度为-4m/s2,经过3s停下来，所以汽车刹车距离为24m，所以选BCP点mgsin37°=μ（mgcos37°+KL2）解得K=4mg5LB对。PM过程比PN过程小球受到杆的弹力大，PM过程摩擦力增大，P到N12.BCDB刚开始滑动时，f1=μ(m+2m)g=34mg.因此C的重力等于摩擦力，即C的质量为34m，34m<2m,故A错误。AB刚发生相对滑动时，对B，2μmg-32μmg=ma0,得a0=g4，此时对ABC整体，M0g-32μmg=(M0+3m)a0得M0=2mg<14mg5,故AB相对滑动。AB间摩擦力为f2=μmg，对CA整体，145mg-f2=(145m+2m)a,a=38g.故B正确。AB相对滑动后，对于B,f2=f1,=ma,a=g4,保持不变，故C正确。若B的动摩擦因数大于13，增加C质量，AB发生相对滑动，f2保持不变，答案（1）12.30cm（2）6.92cm6.92cm(3)73.7（第一问2分，第二问每空1分，第三问2分共6分。）由图得，读数为12.30cmL5-L2=6.92cm，∆L=∆L13mg=K∆L得K=73.7N/m14.答案（1）BC（2）C（4）0.800.49（每空2分，共8分）（1）有力的传感器，所以不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶质量远小于小车的质量，故AD不对(2)斜率K=aF，由于小车受力为2F，小车和滑轮质量和为2K，小车质量2(3)由逐差法求a，得a=0.80m/s2对砂和砂桶mg-F=2ma,解得m=0.49Kg15.(1)小物块在斜面上向上运动：a1＝－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s2=1\*GB3①0－v20＝2a1s=2\*GB3②解得s＝5m=3\*GB3③所以h＝ssinθ＝3m.=4\*GB3④(2)小物块在斜面上向上运动时间t1＝v0a1＝1s=5\*GB3⑤小物块在最高点时，mgsinθ>μmgcosθ，所以物块会匀加速下滑，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2=6\*GB3⑥向下匀加速运动时间s＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)=7\*GB3⑦解得t2＝eq\r(5)s小物块在斜面上运动所需时间为：t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s≈3.2s.=8\*GB3⑧答案：(1)3m(2)3.2s（=1\*GB3①-=8\*GB3⑧每式1分，共8分）（1）把ABCDE五个球看成整体，由受力分析，平衡条件知：4FN=6mg=1\*GB3①FN=32mg=2\*GB3②以A为研究对象，由几何关系知，θ=45°F1=F2=12mg=3\*GB3③f=F2=12mg=4\*GB3④答案：（1）FN=32mg（2）f=12mg（=1\*GB3①--=4\*GB3④每式2分，共8分）(1)对物体在MN段：由μ1mg=ma1，=1\*GB3①得：a1=4m/s2，=2\*GB3②当货物与传送带共速时v12=2a1x1，=3\*GB3③得：x1=2m<l1，所以货物到达N时的速度为4m/s，=4\*GB3④货物在PQ上与PQ共速前：mgsinα+μ2mgcosα=ma2，=5\*GB3⑤代入μ2得：a2=10m/s2，由v1-v2=a2t3，得：t1=0.2s=6\*GB3⑥货物在PQ上与PQ共速后：mgsinα-μ2mgcosα=ma3，=7\*GB3⑦代入μ2得：a3=2m/s2，由v2=a3t4，得：t2=1s，=8\*GB3⑧t=t1+t2=1.2s=9\*GB3⑨（3）货物在PQ上与PQ共速前：v12-v22=2a2x2，x2=0.6m，=10\*GB3⑩此过程传送带位移：x2'=v2t1=0.4m，Δx=0.2m，（11）货物相对于传送带向上，货物与PQ共速后到Q点，v22=2a3x3，x3=1m，（12）此过程传送带位移：x3'=v2t2=2m，Δx'=1m>Δx，（13）货物相对于传送带向下，所以货物在PQ上的划痕长为1m。（14）答案：（1）4m/s（2）1.2s（3）1m（每式1分，共14分）（1）由受力分析，牛顿运动定律知：mgsinθ-μ1mgcosθ=ma=1\*GB3V2=2ax=2\*GB3②μ1=315=3\*GB3③(2)由受力分析，牛顿运动定律知，取向右为正方向物块加速度大小：μ2mg=ma1a1=2m/s2=4\*GB3④木板加速度大小：μ2mg=Ma2a2=1m/s2=5\*GB3⑤木板与挡板第一次相碰前，物块与木板共速V0-a1t1=a2t1=v1=6\*GB3⑥X1=v0t1-12a1t1X2=12a2t1∆x1=x1-x2=6m=7\*GB3⑦木板与挡板第一次碰后，与斜面碰前V1-a1t2=-v1+a2t2=v2=8\*GB3⑧∆x2=x1'+x2木板与斜面碰后，与挡板第二次碰前V2-a1t3=-v2+a2t3=v3=9\*GB3⑨∆x3=827m=10\*GB3⑩物块相对木板滑动的距离：∆x=∆x1+∆x2-∆x3=22627m≈8.33m（11(4)、木板与挡板第一次相碰时，S2=12a2t42t4=0.5sv4=0.5m/s（12物块：v物=v0-a1t4=5m/s>v4（13）木块与挡板最后一次相碰后，木板与物块同时停下来v