【文档说明】山东省枣庄市第三中学2023届高三上学期开学考试（9月） 物理答案.pdf，共(7)页，454.442 KB，由管理员店铺上传

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物理试卷答案第1页共6页枣庄三中2022～2023学年度高三年级9月质量检测考试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．答案A解析以水为参考系，箱子是静止的，小船来回相对于水的速度大小保持不变，追上箱子时，箱子

随水流运动的时间为40min，根据速度公式得，v=238.1txkm/h=2.7km/h，A正确，BCD错误。2．答案C解析质点的速度变化率越大，速度变化越快，但不一定是增加快，A错误；速度越来越大，说明物体的速度

方向与加速度方向相同，但加速度可能在减小，B错误；加速度方向与速度变化量的方向相同，速度变化方向为正，加速度方向为正，C正确；质点的加速度方向为负，只能代表加速度方向跟规定正方向相反，与速度方向相同时做加速运动，反之才是减速，D错误。3．答案C解析依题意可知ac和cd的距离差值的大

小为8m，两段所使用的时间均为2s，根据2tax，可得加速度为a=-2m/s2，A错误；小物块经过c点的速度为v=5420m/s，根据axvvo222，得小物块经过b点的速度为v=41m/s，B错误；同理，c、e两点之间的距离为25.6202avxcce

m，C正确；从c点到e点经历的时间为2.5s，小物块在水平地面上滑行的总时间为4.5s，D错误。4．答案D解析取竖直向上为正方向，甲球跟乙球的速度差为△v=vo-gt-(-gt)=vo，A错误；由221gth，得乙球落地用时间为t2=2s，对甲球：由1521211gtt

vo解得t1=3s，甲球经过的路程为25m，乙球经过的路程为20m，那么落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速率之比为5:6，B错误；乙球落地时，甲球的位移为0，即恰好回到抛出点，则至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为0，C错误；对甲球，根据公式ghvvo2

22，解得它落地时的速度大小为20m/s，方向竖直向下，跟乙球落地时的速度一样，由于加速度相同，根据公式hgttvo221可知小球甲、乙在落地前最后1s下落的高度相同，D正确。5．答案B解析对A受力分析可知，B对A的摩擦力水平向右，那么，A对B的摩擦力就是水平向左，A错误；B可能只

受到重力、A施加的压力和摩擦力、斜面的支持力而平衡，B正确；C物体一定受到4个力的作用，C错误；把A、C当做整体分析，可知A对B的压力大小一定大于A、C的重力之和，D错误。6．答案B解析根据共点力平衡知0)cos(sinθFmgμθF，解得θμθmgμFcossin

，将式子物理试卷答案第2页共6页的分母变形可得)sin(12αθμmgμF，代入拉力的最小值解得33μ，其中2311cos2μα，即角度oα30，因为2πθα，则3πθ，3tanθ，A

CD错误，B正确。7．答案C解析轻质环套在光滑的框架上，将钩码挂在绳套上稳定后，会出现OP⊥CA,OQ⊥CB，受力分析如图所示。即F1：F2=tan370,那么选项B正确，选项A错误；跟轻绳长度无必然联系，故C、D选项错误。8．答案D解析物体m在不加推力时可以匀速下滑，由共点力平衡可知mgsinα

=µmgcosα，于是µ=tanα，对斜面体，水平方向来看FNsinα=mgcosαsinα，fcosα=µmgcosαcosα=mgcosαsinα，显然地面对斜面体没有摩擦力作用。在A物体上加推力F后，改变

了A物体的运动状态，对斜面体而言，只是压力增加△FN，摩擦力增加△f，△f=µ△FN比较这两个力的增加量的水平分量△FNsinα和△fcosα=µ△FNcosα，发现二者还是相等，那么对斜面体没有摩擦力作用。

选项A、B、C错误；选项D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。9．答案：BC解析：根据匀变速直线运动的规律，t=3s时物体的速度大小为6m/s，表示前3s内的平

均速度，A错误；位移为221attvxo，那么xt与t的关系为atvtxo21，可知物体的初速度vo=2m/s，加速度383262am/s2，BC正确；前3s内的位移应该是矩形面积18m，而非阴影部分面积

，D错误。10．答案BD解析将小球跟凹槽视为整体，开始时恰好静止，那么根据受力平衡知gmMαMgmgf2sin)(，A错误；0cos)(sin)(αgmMμαgmM，解得33μ，B正确；小球所在处的凹槽切线总是水平的，那么小球对凹槽的压力大小始终等于小球的重力，C错误；由于小球

、凹槽整体的重力不变化，与跷跷板的作用力等大反向，那么跷跷板对凹槽的作用力不变，D正确。11．答案：AD解析：以小球B为研究对象，进行受力分析．由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力FT的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，如图所示，由三角形相似得(力的三角形和几何三角形相

似)：mgAO＝FAB＝FTOB，又OA＝OB＝L，得FT＝mg，F＝xLmg，故绳子的拉力FT只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数无关，所以FT1＝FT2.当弹簧的劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故长度x增加，F2>

F1，B、C错误，A、D正确．物理试卷答案第3页共6页12．答案：AC解析：以水平向右为正方向，对小物块受力分析，AAAamgmμ1，根据乙图可知2Aam/s2，那么物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，A正确；对木板受力分析，BBBAAamgmm

μgmμ)(21，根据乙图可知1Bam/s2，那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.025，两处的动摩擦因数之比为μ1：μ2=8：1，B错误；结合乙图，从t=2s开始，设物块与木板达到共速又用了时间t1，那么112tataAB

，解得321ts，此时的速度为v1=34m/s，之后物块与木板具有共同的加速度25.0'2gμam/s2，对于木板，在相对滑动阶段x1=964)322(2344m，共同前进阶段x2=93225.02)34(02m，那么木板B向前滑行

的最大距离为332m，C正确；两者的相对初速度为8m/s，相对末速度为0，相对滑动的时间为2+t1=38s，则物块A相对木板B滑过的位移大小为33238208m，D错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．答案（1）AC2分（2）0.930.64（各2分）解析（1）打点计时器使用时

，一定要先接通电源，后释放纸带，A正确；电火花打点计时器使用的是220V交流电源，B错误；打点前，应使小车停在靠近打点计时器的地方，C正确；该实验只研究小车的匀变速直线运动规律，补偿摩擦力不是必须的，D错误。（2）计时器打出点

4时的速度为txxv2544，代入数据得v4=0.928m/s≈0.93m/s；由于第7段数据误差较大，应该舍弃，取前六个数据采用逐差法求解加速度，23625149)()()(txxxxxxa，代入数据计算得64.0am/s2.14．答案：(1)D2分(2)毫米刻度尺1分螺

旋测微器1分(3)图象见解析图2分3.1×1021分(4)5×106Pa1分解析：(1)在弹性限度内，弹力F与伸长量x成正比，F＝kx，由题意可知k＝YSL，则F＝kx＝YSL·x，解得杨氏模量Y＝FLxS，各物理量取国际单位得杨氏模量的单位是N/m2＝Pa，选项D正确．(2

)根据精确度判断可知a为毫米刻度尺，b为螺旋测微器．物理试卷答案第4页共6页(3)根据表格数据，描点、连线，可得F-x图象如图所示．根据斜率的物理意义表示劲度系数k，可知k＝Fx≈3.1×102N/m.(4)根据Y＝kLS求得，Y≈5×1

06Pa.15．答案（1）16（2）8m/s2解析(1)在“反应距离”内汽车做匀速直线运动，驾驶员的正常反应时间为110s0.5s20t........................................1分驾驶员酒后反应时间为0021(1

60)0.8stt........................................1分那么酒后的反应距离为x2=16m........................................1分

(2)汽车制动时做匀减速直线运动，根据公式2202vvax........................................2分222020m/s8m/s225a................................

........1分即汽车刹车时，加速度大小为8m/s2........................................1分16．答案（1）FA=6.25N，FB=5N（2）μ＝0.8解析

（1）如图所示，分析结点P的受力，根据平衡条件得oAmgF53cos........................................1分oBmgF53tan........................................1分解得轻绳

PA、PB的张力分别为FA=6.25N，FB=5N........................................2分（2）对斜面上的物体受力分析，如图所示，根据平衡条件得物理试卷答案第5页共6页sin37cos37fBFMgF..................

......................1分sin37cos37NBFFMg........................................1分NfFμF....................................

....1分联立代入数据解得μ＝0.8........................................2分17．答案（1）18.8m（2）1.74m/s2≤a<4.00m/s2解析（1）由题意可知，v1=36km/h=

10m/s，v2=28.8km/h=8m/s在to=0.6s内，汽车和大货车行驶的位移分别为x1=v1to=10×0.6m=6m........................................1分x2=v2to=8×0.6m=

4.8m........................................1分预判结束时，两车之间的距离为xo=L-x1+x2........................................1分即xo=18.8m........................

................1分（2）设汽车刹车的总时间为t1，则有0=v1-at1解得t1>2.5s大货车减速时的加速度大小为'a，根据牛顿第二定律'makmg解得2.3'am/s2大货车刹车的总时间为

5.2'022avts<t1所以大货车先停下来。设汽车刹车的位移为x3，大货车刹车的位移为x4，根据运动学公式32120axv422'20xav要使两车不相撞，应满足oxxx43物理试卷答案第6页共6页联立代入数据解得1.74m/s2≤a<4.00m/s218．答案（

1）F支=50N受到弹簧k2的弹力的大小为30N，方向向下（2）0.8m58N解析(1)设初始弹簧k1的伸长量为x1，对物块A受力分析，根据共点力平衡fθgmxksin111①...............................

.........1分θgmFNcos1........................................1分NFμf........................................1分设地面的支持力为F支，对B、C和弹簧k2整体分析gmm

Fxk)(3211支........................................1分联立解得F支=50N........................................1分设弹簧k2的初始拉伸量为x2，对物块C受力分析,F支+k2x2=m3

g②........................................1分解得k2x2=-30N........................................1分负号说明弹簧k2为压缩状态，对物块C的弹力方向向下.........................

...............1分（2）在第(1)问中通过①、②两式求得弹簧k1的伸长量为x1=0.1m........................................1分弹簧k2的初始压缩量为x2=0.15m.................................

.......1分物块C对地面恰好物压力时，设弹簧k1、k2的拉伸量分别为'1x、'2x对物块C，根据共点力平衡gmxk3'22........................................1

分对物块B、C和弹簧k2整体分析gmmxk)(32'11........................................1分对物块A受力分析，则θgmμxkθgmFcossin1'111...................................

.....1分那么'221'1xxxxL........................................1分F=58NL=0.8m.............................

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