山東新高考聯(lián)合質(zhì)量測(cè)評(píng)9月聯(lián)考（開(kāi)學(xué)考）物理答案

2023聯(lián)考物理答案1-8DADCDBBD9-12CD、AD、BC、BCD1.D位移不是理想化模型，故A不對(duì)，牛頓第一定律不能用實(shí)驗(yàn)證明，B不對(duì)，N不是基本單位，故C不對(duì)。A對(duì)B物體受力分析，受重力，A對(duì)B的壓力，斜面的支持力，A對(duì)B的摩擦力和繩子的拉力，共五個(gè)力3.D由h=12gt2得，第一秒內(nèi)h1=v0t-12整個(gè)上升過(guò)程的平均速度v平=ht=15m/s故選D4.C由圖像知，30.0s-40.0s,電梯勻速，物體處于平衡狀態(tài)，故A不對(duì)整個(gè)過(guò)程，該同學(xué)重力保持不變。電梯上行從20.0s-30.0s，電梯加速，處于超重狀態(tài)，感覺(jué)書(shū)包變重。電梯下行，從40.0s-50.0s,電梯減速，處于超重狀態(tài)，感覺(jué)書(shū)包變重。所以選C。5.D對(duì)B受力分析得，繩的拉力T=mBg，mB減小，繩的拉力減小，夾角不變，故細(xì)繩對(duì)定滑輪的作用力大小減小，方向不變，故B說(shuō)法正確，D不正確。對(duì)小球A受力分析，正交分解得，摩擦力減小，支持力減小。故選D。6.B108Km/h=30m/s,216Km/h=60m/s,SPM=vPMt1,SPN=vPNt2,2MP=PN,所以t1=t2,設(shè)M的速度為vM,M到P的速度時(shí)間為t，所以vP=vM+at，vp=vM+2at,vM+vp2=30m/s,vN+vp2=60m/s,解得vM=15m/s7.B由圖像知，汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為3m/s，加速度為0.5m/s2，由v=v0+at得4s末的速度為1m/s，因?yàn)?s就能停下來(lái)，所以前8s位移由x=v0t-12at2得x=9m，所以選D初態(tài)，kx0=(m1+m2)gsinθ,由牛頓第二定律，F(xiàn)+k(x0-x)-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,得F=kx+(m1+m2)aF—x成一次函數(shù)關(guān)系。AB錯(cuò)誤。對(duì)P，k(x0-x)-FN-m1gsinθ=m1a,當(dāng)FN=0時(shí)分離，k(x0-x)=m1gsinθ+m1a>0,所以9.CD由受力分析得，物塊受斜面的支持力，摩擦力，合力不豎直向上。A不對(duì)。FN=mgcos30°所以f=μFN=3/4mg.所以f=F2+（mgsin30°）2，F(xiàn)10.ADX=v0t+12at2得xt=v0+12at，初速度為12m/s，加速度為-4m/s2,經(jīng)過(guò)3s停下來(lái)，所以汽車剎車距離為24m，所以選BCP點(diǎn)mgsin37°=μ（mgcos37°+KL2）解得K=4mg5LB對(duì)。PM過(guò)程比PN過(guò)程小球受到桿的彈力大，PM過(guò)程摩擦力增大，P到N12.BCDB剛開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，f1=μ(m+2m)g=34mg.因此C的重力等于摩擦力，即C的質(zhì)量為34m，34m<2m,故A錯(cuò)誤。AB剛發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)B，2μmg-32μmg=ma0,得a0=g4，此時(shí)對(duì)ABC整體，M0g-32μmg=(M0+3m)a0得M0=2mg<14mg5,故AB相對(duì)滑動(dòng)。AB間摩擦力為f2=μmg，對(duì)CA整體，145mg-f2=(145m+2m)a,a=38g.故B正確。AB相對(duì)滑動(dòng)后，對(duì)于B,f2=f1,=ma,a=g4,保持不變，故C正確。若B的動(dòng)摩擦因數(shù)大于13，增加C質(zhì)量，AB發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，f2保持不變，答案（1）12.30cm（2）6.92cm6.92cm(3)73.7（第一問(wèn)2分，第二問(wèn)每空1分，第三問(wèn)2分共6分。）由圖得，讀數(shù)為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）有力的傳感器，所以不需要測(cè)砂和砂桶的質(zhì)量，也不需要保證砂和砂桶質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故AD不對(duì)(2)斜率K=aF，由于小車受力為2F，小車和滑輪質(zhì)量和為2K，小車質(zhì)量2(3)由逐差法求a，得a=0.80m/s2對(duì)砂和砂桶mg-F=2ma,解得m=0.49Kg15.(1)小物塊在斜面上向上運(yùn)動(dòng)：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)小物塊在斜面上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝v0a1＝1s=5\*GB3⑤小物塊在最高點(diǎn)時(shí)，mgsinθ>μmgcosθ，所以物塊會(huì)勻加速下滑，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2=6\*GB3⑥向下勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間s＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)=7\*GB3⑦解得t2＝eq\r(5)s小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間為：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五個(gè)球看成整體，由受力分析，平衡條件知：4FN=6mg=1\*GB3①FN=32mg=2\*GB3②以A為研究對(duì)象，由幾何關(guān)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)對(duì)物體在MN段：由μ1mg=ma1，=1\*GB3①得：a1=4m/s2，=2\*GB3②當(dāng)貨物與傳送帶共速時(shí)v12=2a1x1，=3\*GB3③得：x1=2m<l1，所以貨物到達(dá)N時(shí)的速度為4m/s，=4\*GB3④貨物在PQ上與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貨物在PQ上與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）貨物在PQ上與PQ共速前：v12-v22=2a2x2，x2=0.6m，=10\*GB3⑩此過(guò)程傳送帶位移：x2'=v2t1=0.4m，Δx=0.2m，（11）貨物相對(duì)于傳送帶向上，貨物與PQ共速后到Q點(diǎn)，v22=2a3x3，x3=1m，（12）此過(guò)程傳送帶位移：x3'=v2t2=2m，Δx'=1m>Δx，（13）貨物相對(duì)于傳送帶向下，所以貨物在PQ上的劃痕長(zhǎng)為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，牛頓運(yùn)動(dòng)定律知：mgsinθ-μ1mgcosθ=ma=1\*GB3V2=2ax=2\*GB3②μ1=315=3\*GB3③(2)由受力分析，牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，取向右為正方向物塊加速度大?。害?mg=ma1a1=2m/s2=4\*GB3④木板加速度大小：μ2mg=Ma2a2=1m/s2=5\*GB3⑤木板與擋板第一次相碰前，物塊與木板共速V0-a1t1=a2t1=v1=6\*GB3⑥X1=v0t1-12a1t1X2=12a2t1?x1=x1-x2=6m=7\*GB3⑦木板與擋板第一次碰后，與斜面碰前V1-a1t2=-v1+a2t2=v2=8\*GB3⑧?x2=x1'+x2木板與斜面碰后，與擋板第二次碰前V2-a1t3=-v2+a2t3=v3=9\*GB3⑨?x3=827m=10\*GB3⑩物塊相對(duì)木板滑動(dòng)的距離：?x=?x1+?x2-?x3=22627m≈8.33m（11(4)、木板與擋板第一次相碰時(shí)，S2=12a2t42t4=0.5sv4=0.5m/s（12物塊：v物=v0-a1t4=5m/s>v4（13）木塊與擋板最后一次相碰后，木板與物塊同時(shí)停下來(lái)v