2023-2024学年山东省日照市高二上学期上月开学考试物理答案

高二物理答案第1页(共2 页) A C B O P θ F FN m 2022 级高二上学期校际联合考试物理试题参考答案及评分标准 一、本题包括8 小题，每小题3 分，共24 分。全部选对的得3 分，不选或选错的得0 分。 1．B 2．D 3．B 4．C 5．C 6．D 7．A 8．D 二、本题包括4 小题，每小题4 分，共16 分。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。 9．AB 10．BC 11．ABD 12．BD 三、非选择题：本题包括6 小题，共60 分。 13． （6 分） （1）控制变量法 （2 分） （2）m≪M （1 分） （3）①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比（1 分） ②C（2 分） 14． （8 分） （1）CD （2 分） （2） 1 Δ d t （1 分） 2 Δ d t （1 分） （3） 2 2 2 1 1 2 Δ Δ d d mgs M m t t                      ＝（ ＋） （2 分） （4）ACD（2 分） 15． （8 分） 解析： （1）第一阶段匀加速直线运动的位移s1＝1 2 a1t 2 1 ＝1 2 ×2×32 m＝9 m （2 分） 第一阶段结束时的速度v＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s （1 分） 第二阶段匀速运动的距离s2＝vt2＝6×5 m＝30 m （1 分） 第三阶段匀减速直线运动的位移 2 2 3 3 6 2 2 1 s a    v m =18m （1 分） 所以整个过程中自行车运动的距离s＝s1＋s2＋s3＝9 m＋30 m＋18 m＝57 m （1 分） （2）第三阶段匀减速直线运动的时间t3＝ 3 6 1 a  v s=6s （2 分） 16． （9 分） 解析： （1）对小球B 受力分析如图： PB 的拉力大小F＝mgcos θ＝2 3 mg （2 分） 对P 点受力分析可知， OP 受到的拉力大小FT＝Fcos θ＝4 3 mg （2 分） 对物块A 受力分析可知，物块A 所受摩擦力大小等于PA 绳子的拉 力，则Ff＝Fsin θ （1 分） 得Ff＝4 3 mg （1 分） （2）对整体受力分析可知，地面对半球C 的支持力大小为FNC＝(2M＋m)g－FT （1 分） 得FNC＝2Mg＋4 1 mg （1 分） 由牛顿第三定律得，半球体C 对地面的压力大小为2Mg＋4 1 mg,方向竖直向下 （1 分） 17． （13 分） 解析： （1）带电小球在竖直方向做竖直上抛运动，设小球竖直初速度为v0， 则有 2 k0 0 1 2 E m  v （2 分） 解得 k0 0 2E m  v 小球到达最高点时所用的时间 0 k0 2 1 E t g g m   v （2 分） （2）水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，带电小球在竖直方向做竖直上抛运动，按照竖直上 抛运动的对称性，小球回到与O 点相同高度处，竖直分速度大小仍然为v0，设此时水平分速度为vx，则合 {#{QQABRYIEggCgABAAARgCQQFACgCQkBCCCIgGBAAMIAABSAFABAA=}#} 高二物理答案第2页(共2 页) 速度有 2 2 2 0 x   v v v （1 分） 则与O 点等高度处的动能为   2 2 2 k0 0 1 1 5 2 2 x E m m    v v v （1 分） 联立解得 k0 8 x E m  v 水平方向上，由运动学公式可得 2 x Eq t m   v （1 分） 联立方程，解得 mg q E  （1 分） （3）当带电小球速度方向与合力垂直时，速度最小，动能最小， 水平方向加速度大小为 Eq a g m   （1 分） 由几何关系可得，此时小球水平速度和竖直速度大小相等，即 0 ' ' gt at  ＝ v （1 分） 解得 k0 2 1 ' 2 E t g m  所以此时 ' ' k0 2 1 2 x y E m   v v （1 分） 则此时合速度大小为 '2 '2 '2 x y   v v v （1 分） 此时动能的最小值为 '2 k0 kmin 1 2 2 E E m   v （1 分） 18． （16 分） 解析： （1）设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得 F＋Mgsin θ－μ1Mgcos θ＝Ma （2 分） 解得：a＝4 m/s2 （1 分） t1＝1.4 s 时木板速度的大小： v1＝at1＝5.6 m/s。 （1 分） （2）物块放到木板上后达到速度相同前，设木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2， 根据牛顿第二定律， 对木板：F＋Mgsin θ－μ1(m＋M)gcos θ－μ2mgcos θ＝Ma1 （2 分） 对物块：mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma2 （1 分） 解得：a1＝2.4 m/s2 a2＝8 m/s2 设经时间t2 物块与木板速度相同为v2， 有：v2＝v1＋a1t2＝a2t2 （1 分） 解得：v2＝8 m/s t2＝1 s （1 分） （3）物块放到木板上到达到共同速度时，物块的位移 x2＝1 2a2t2 2＝4 m （1 分） 木板的位移x1＝v1t2＋1 2a1t2 2＝6.8 m （1 分） 物块相对木板运动位移：Δx＝x1－x2＝2.8m （1 分） 撤去F 后， 对物块：mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma3 （1 分） 得：a3=4m/s2 对木板：Mgsin θ－μ1(m＋M)gcos θ+μ2mgcos θ＝Ma4 （1 分） 得：a4= 35 68m/s2=1.94m/s2<4m/s2 物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量 Q＝μ2mgcos θ·2Δx （1 分） 解得：Q＝8J （1 分） {#{QQABRYIEggCgABAAARgCQQFACgCQkBCCCIgGBAAMIAABSAFABAA=}#}