{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}2023聯(lián)考物理答案11-8DADCDBBD9-12CD、AD、BC、BCD.D位移不是理想化模型，故A不對，牛頓第一定律不能用實驗證明，B不對，N不是基本單位，故C不對。2.A對B物體受力分析，受重力，A對B的壓力，斜面的支持力，A對B的摩擦力和繩子的拉力，共五個力3.D1由h=gt得，t=3s，初速度v=gt=30m/s2021第一秒內h=vt-?t=25m.2102?整個上升過程的平均速度v==15m/s故選D。平?4.C由圖像知，30.0s-40.0s,電梯勻速，物體處于平衡狀態(tài)，故A不對整個過程，該同學重力保持不變。電梯上行從20.0s-30.0s，電梯加速，處于超重狀態(tài)，感覺書包變重。電梯下行，從40.0s-50.0s,電梯減速，處于超重狀態(tài)，感覺書包變重。所以選C。5.D對B受力分析得，繩的拉力T=mg，m減小，繩的拉力減小，夾角不變，故細繩對定滑BB輪的作用力大小減小，方向不變，故B說法正確，D不正確。對小球A受力分析，正交分解得，摩擦力減小，支持力減小。故選D。61.B08Km/h=30m/s,216Km/h=60m/s,SPM=?tS=?t2MP=PN,所以t=t,設M的速度為?PM1,PNPN2,12?+??+?M,M到P的速度時間為t，所以?=?+at，?=?+2at,=30m/s,=60m/s,解得?PMpM22M=15m/s，at=30m/s,所以?=?+2at=75m/s.NM7.B由圖像知，汽車做勻減速直線運動，初速度為3m/s，加速度為0.5m/s2，由v=v0+at得4s末1的速度為1m/s，因為6s就能停下來，所以前8s位移由x=vt-at2得x=9m，所以選B028.D初態(tài)，kx=(m+m)gsinθ,由牛頓第二定律，F(xiàn)+k(x-x)-(m+m)gsinθ=(m+m)a,得01201212F=kx+(m+m)aF—x成一次函數關系。AB錯誤。對P，k(x-x)-F-????nθ=ma,當120N11F=0時分離，k(x-x)=????nθ+ma>0,所以x>x,D正確。N01109.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。FN=mgcos30°5所以f=μF=3/4mg.所以f=?2+（?????30°），F(xiàn)=mg.所以CD正確N410.AD1?1X=vt+at2得=v+at，初速度為12m/s，加速度為-4m/s2,經過3s停下來，所以汽車剎002?2車距離為24m，所以選AD。1.BC1P點mgsin37°=μ（mgcos37°+）解得K=B對。PM過程比PN過程小球受到桿的2彈力大，PM過程摩擦力增大，P到N摩擦力減小，故選BC2.BCD13334B剛開始滑動時，f=μ(m+2m)g=mg.因此C的重力等于摩擦力，即C的質量為m，1443?m<2m,故A錯誤。AB剛發(fā)生相對滑動時，對B，2μmg-μmg=ma,得a=，此時對ABC整00243體，Mg-μmg=(M+3m)a得M=2mg<,故AB相對滑動。AB間摩擦力為f2=μmg，對000025143?CA整體，mg-f=(m+2m)a,a=g.故B正確。AB相對滑動后，對于B,f=f,=ma,a=,保持22155841不變，故C正確。若B的動摩擦因數大于，增加C質量，AB發(fā)生相對滑動，f保持不23變，B桌面間的摩擦力最大，靜摩擦力大于mg，即大于f2，無法拉動B。故D正確。3、答案（1）12.30cm（2）6.92cm6.92cm(3)73.7（第一問2分，第二問每空1分，第三1問2分共6(1)由圖得，讀數為12.30cm??++12=6.92cm，(2)L-L=6.92cm，?L=523(3)3mg=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，所以不需要測砂和砂桶的質量，也不需要保證砂和砂桶質量遠小于?。ㄜ嚨馁|量，故AD不對?22(2)斜率K=，由于小車受力為2F，小車和滑輪質量和為，小車質量-m0???(3)由逐差法求a，得a=0.80m/s2對砂和砂桶mg-F=2ma,解得m=0.49Kg15.(1)小物塊在斜面上向上運動：a1＝－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s2①②③0－v2＝2as01解得s＝5m所以h＝ssinθ＝3m.④v0(2)小物塊在斜面上向上運動時間t＝＝1s⑤1a1小物塊在最高點時，mgsinθ>μmgcosθ，所以物塊會勻加速下滑，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2⑥1向下勻加速運動時間s＝at2⑦22解得t2＝5s小物塊在斜面上運動所需時間為：t＝t＋t＝(1＋5)s≈3.2s.⑧12答案：(1)3m?(2)3.2s（①-⑧每式1分，共8分）146.（1）把ABCDE五個球看成整體，由受力分析，平衡條件知：FN=6mg①3FN=mg②2（2）以A為研究對象，由幾何關系知，θ=45°1F=F=mg③1221f=F=mg④2231答案：（1）F=mg（2）f=mg（①--④每式2分，共8分）N2217.(1)對物體在MN段：由μmg=ma，①②11得：a1=4m/s2，當貨物與傳送帶共速時v2=2ax，③111得：x=2m<l，所以貨物到達N時的速度為4m/s，④11（3）貨物在PQ上與PQ共速前：mgsinα+μmgcosα=ma，⑤22代入μ2得：a=10m/s2，由v-v=at，得：t=0.2s⑥212231貨物在PQ上與PQ共速后：mgsinα-μmgcosα=ma，⑦23代入μ2得：a=2m/s2，由v=at，得：t=1s，⑧32342t=t+t=1.2s⑨12（3）貨物在PQ上與PQ共速前：v2-v2=2ax，x=0.6m，⑩12222此過程傳送帶位移：x'=vt=0.4m，Δx=0.2m，（11）221貨物相對于傳送帶向上，貨物與PQ共速后到Q點，v2=2ax，x=1m，（12）2333此過程傳送帶位移：x'=vt=2m，Δx'=1m>Δx，（13）322貨物相對于傳送帶向下，所以貨物在PQ上的劃痕長為1m。（14）答案：（1）4m/s（2）1.2s（3）1m（每式1分，共14分）18.（1）由受力分析，牛頓運動定律知：mgsinθ-μmgcosθ=ma①V2=2ax②3μ=1③15(2)由受力分析，牛頓運動定律知，取向右為正方向物塊加速度大?。害蘭g=ma1a1=2m/s2a2=1m/s2④木板加速度大小：μmg=Ma2⑤木板與擋板第一次相碰前，物塊與木板共速V-at=at=v⑥0112111X=vt-at21011121X=at22212?x=x-x=6m⑦112（3）木板與擋板第一次碰后，與斜面碰前V-at=-v+at=v⑧11212228x=?+?=m''?2123木板與斜面碰后，與擋板第二次碰前V-at=-v+at=v3⑨2132238?x=m⑩3272物塊相對木板滑動的距離：?x=?x?x-?x=m≈8.33m（11）1+2327(4)、木板與擋板第一次相碰時，1S=at2t=0.5sv=0.5m/s（12）224442物塊：v=v-at=5m/s>v4（13）物014木塊與擋板最后一次相碰后，木板與物塊同時停下