【文档说明】山东省“山东学情”2022届高三上学期10月联合考试物理试题D答案.docx，共(12)页，441.480 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9da1d6811280cc86bee95b89f2f79976.html

以下为本文档部分文字说明：

2021“山东学情”10月联合考试物理D参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个小题只有一个选项符合题目要求。1．DA．伽利略不是通过实验直接证明了自由落体的瞬时速度随时间均匀增加故A错误；B．自由落体运动与物体的质量无关，故B错误；C．伽利

略认为速度的变化对时间的变化是均匀的，故C错误；D．利用斜面来“冲淡”重力，较容易测量出物体运动的时间，故D正确。2．BA．绕地球做匀速圆周的物体的速度小于等于第一宇宙速度，A错误；B．由公式2224MmGmRRT=343MR=可推出中心天体的平均密度23GT

=由于空间站距地面的高度较小，空间站的轨道半径近似等于地球半径，故若已知空间站的运行周期则可以估算出地球的平均密度，B正确。C．对接时飞船不能和空间站保持在同一轨道并进行加速，因为同一轨道上的速度是固定为某一值的，若加速则将偏离轨道，C错误；D．由于空间站所受重力用于

提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，导致空间站里所有物体均处于完全失重状态，但重力加速度并不为零且等于其向心加速度，D错误；3．C物体受重力、水平力F、斜面的支持力、静摩擦力，由平衡条件得22(sin37)fFm

g=+解得35Nf=4．CAD．小球做圆周运动的半径如图根据几何关系有220.25mRrl=+=则有tanrl=解得37=正交分解sinTmg=cosTF=向两式相比解得0.6110N8N3tan374mgF===向故AD错误；B．小球和O

点转动的角速度相同，根据2FmR=向可知16rad/s42rad/s20.25mFR===向故B错误；C．小球做圆周运动的线速度420.25m/s2m/svR===故C正确。5．A设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合

力2cos2FF=合方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为，受力分析如图所示对轮胎，由平衡条件得cosfFF=合解得2coscos2fFF=代入数据解得233fFF=故选A。6．DA．中继卫星绕地球做圆周运动的周期与月球绕地球运动的周期相

等，都约为27.3天，A错误；B．中继卫星做圆周运动的向心力由月球和地球引力的合力提供，B错误；C．中继卫星与月球同步绕地球运动，角速度与月球绕地球的角速度相等，根据v＝ωr可知中继卫星的线速度大于月球的线速度，C错误；D．根据a＝ω2r可知，中继卫星的

向心加速度大于月球的向心加速度，D正确。7．CAC．0～t1时间内，B处于静止状态；假设A受到摩擦力作用则传感器会有拉力，而由图可知这段时间传感器没有示数，说明没有拉力，所以A、B之间没有摩擦力，故A错误，C正确；B．t1～t2时间内，由乙图可知，传感器的拉力逐渐增大，则A受的摩擦

力也在逐渐增大，这时A、B相对地面还是处于静止状态，故水平面与B之间为静摩擦力，故B错误；D．由乙图可知，t2时刻B相对地面滑动，地面所受的正压力大小为N2Fmg=，故B与水平面之间的摩擦力为N2fFmg==故D错误。8．DBC．设质点甲、乙的加速度大小分别为a1、a2，当x=0时，乙的速

度为6m/s，即质点乙的初速度v0=6m/s，设质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v，对质点甲212vax=对质点乙22022vvax−=−代入数据联立解得2123/aams+=当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s时，两质点通过相同的位移均为x

，对质点甲2112vax=对质点乙222022vvax−=−代入数据联立解得122aa=联立解得a1=2m/s2，a2=1m/s2故BC错误；A．当x=6m时，两者速度相同，对于质点甲有12vxt=对于质点乙有022vvxt+=可知1

2tt，说明两个质点不是同时到达x=6m处，不能相遇，故A错误；D．设乙减速到零的时间为0t，则有0026svta==则6s内乙的位移为00018m2vxt==设甲、乙两质点经过时间t后相遇，相遇时离出发点距离为x，则对质点甲有2112xat=对质点乙有2?

0212xvtat=−联立解得t=4s,此时A的速度为8m/s故D正确。二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。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．BDAB．小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做

匀速直线运动，有212Lgt=得出2Ltg=因为下落高度相同，所以平抛运动的时间相等，由几何关系可知，小球的落地点离A1越近，则小球在水平方向的位移越小，所以小球在时，不是抛出的最小值，落在C1时水平位移最大，最大位移为正

方形的对角线的长度，即为2L，由02Lvt=得010m/svg==为抛出速度的最大值，故A错误，B正确；CD．由几何关系可得B1D1的中点离A1最近，B1或D1离A1最远，故初速度的最小值与最大值的比为1:

2，故D正确，C错误。10．ACDAB．对物块N受力分析，由于N处于缓慢运动状态，故所受的三个力可构成闭合三角形，如图所示随着θ的增大，水平拉力F、细绳拉力T均逐渐增大，故M所受细绳的拉力逐渐变大，故A正确，B错误；C．设M的质量为m2，斜面倾角α，若刚开始T>m2gsi

nα，物块M有上滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得T=m2gsinα+f随着T的增大，f增大；若T<m2gsinα，物块M有下滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得T+f=m2gsinα随

着T的增大，f先减小至零后反向增大，故C正确。D．对整体受力分析可知，水平方向只受到水平拉力F及地面静摩擦力作用而平衡，故二者等大反向，由于F逐渐增大，故地面的摩擦力一定增加，故D正确。11．BDA．施加力F前，弹簧被压缩了，有

2sin2cosmgmgxk−=所以A错误；B．撤去F瞬间，由牛顿第二定律可得02cos2sin2kxmgmgma−−=解得0cossin2kxaggm=−−所以B正确；C．撤去F后，物体A和B先做变加速运动，再做变减速运动，

最后离开弹簧后做匀减速运动，所以C错误；D．若物体A、B向上运动要分离，刚分离时两物体有相同的加速度，并且它们之间的弹力恰好为0，则它们的加速度都为sincosagg=+则分离时弹簧为原长状态，所以D正确；12．ACABD．两个小物块A和B从传送带顶端都以1ms的初速度沿传送带下

滑，因为sin37cos37mgmg所以传送带对两小物块的滑动摩擦力分别沿传送带向上，大小相等，那么两小物块沿传送带向下的加速度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此物块A、B同时到达传送带底端，A正确，B错误，D错误；C．对物块A，划痕的长度等于A的位移减去传送

带的位移，由牛顿第二定律得sin37cos37mgmgma−=解得22msa=由运动学公式得2012Lvtat=+解得1st=传送带运动位移01mxvt==A对传送带的划痕长度为12m1m1mx=−=对物块B，划痕长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对传送带的划痕长度为22

m1m3mx=+=12xx物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，C正确。故选AC。13、（每空2分，共6分）【答案】D22dk小于（1）根据22vgh=已知经过光电门时的时间与小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故dvt=即222dhgt=故选D。（2）

根据222dhgt=斜率22dkg=则重力加速度的表达式22dgk=（3）根据22ghv=则22vgh=利用光电门求得的速度实际上是小钢球通过光电门的平均速度，根据平均速度推论知，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度小于

中间位置的速度，则钢球通过光电门的瞬时速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，用上述实验方法得到的重力加速度值偏小。14、（每空2分，共8分）【答案】AB0.7230.8200.278(2)①A．先接通电源，后释放小车，小车应从靠近打点计时器处释放

，故A正确；B．小车下滑时，为保证实验的准确性，应使细线始终与轨道平行，故B正确；C．由于该实验每个槽码的质量已知道，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升

，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，所以小车下滑过程中受到的合外力小于4mg，故D错误。故选AB。②根据图乙，点5是点4、6的中间时刻568.276.4m/s0.723m/s2vT+==③由2xaT=解得22251.843.6m/s0.820m/s0.1a−==④

Mgsinθ−f−6mg=0减小n个槽码后，对小车和槽码分别有Mgsinθ−f−T=Ma，(6)(6)Tnmgnma−−=−则6nmgaMmnm=+−即1611mMamgng+=−可得斜率62.5mMmg+=即得M=0.278kg15．（7分，括号后面是分值）(1)如果甲物体以0a=

2m/s2做匀加速运动m1012.5svta==（2）(2)设甲物体的加速度为a，匀加速的时间为t2，匀速的时间为t3m2vat=（1）23ttt=+（1）22m3211002atvtvt+−=（2）解得26.2

5m/sa=（1）16.（9分，括号后面是分值）（1）若小球垂直击中斜面，如图所示，则有0tanyvv=（1）ygt=v（1）解得小球到达斜面的时间为0tanvtg=（1）（2）若小球以最小的位移到达斜面，如

图所示，则tanxy=（1）0xvt=（1）212ygt=（1）解得小球到达斜面的时间为0an2tvtg=（1）击中的速度22xy024v=v+v=v1+tan（2）17.（9分，括号后面是分值）（1）物块B先达到最大静摩擦力，以B为研究对象，有212mgmr=（2）解

得12gr=（1）（2）当物块A不受摩擦力时，以A为研究对象，有22Fmr=（1）以B为研究对象，有222Fmgmr+=（1）解得2gr=（1）（3）A、B相对圆盘发生滑动时，沿AB连线向B外侧发生滑动，

以A为研究对象，有23Tmgmr−=（1）以B为研究对象，有232Tmgmr+=（1）解得32gr=（1）18.（21分，括号后面是分值）(1)以物块为研究对象，其受力如图所示，物块静止，由力的平衡条件有sinFmgf=+（1）cos30fmg=（

1）代入数据解得10NF=（1）(2)以木板为研究对象，其受力如图所示，由牛顿第二定律有sin30MMgfMa−=（1）代入数据得22.5m/sMa=（1）由运动学规律有Mvat=（1）将0.8st=代入解

得2m/sv=（1）(3)0～0.8s内木板发生的位移为212Mxat=（1）代入数据得0.8mx=（1）物块所受摩擦力不变，木板加速度aM不变，均向下做匀加速运动。假设经时间t＇两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有msin30mgfma+=（1）代入数据得2

m10m/sa=（1）由运动学规律有mMvatvvat==+共共（2）代入数据得4s158m/s3tv==共（2）木板发生的位移为()112xvvt=+共（1）物块发生的位移为212xvt=共（1）代入数据得1228m4516m45xx==（2）两者间的相对位移为12

4m15xxx=−=（1）因16m15xxL+=，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下（1）