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{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}{#{QQABDYAAgggoABAAAAgCQwkYCACQkBEACIoOwEAEoAIBiRNABAA=}#}2023 联考物理答案
1-8DADCDBBD 9-12CD、AD、BC 、BCD
1.D
位移不是理想化模型，故A不对， 牛顿第一定律不能用实验证明，B不对，N不是基本单
位，故C不对。
2. A
对B物体受力分析，受重力，A对B的压力，斜面的支持力，A对B的摩擦力和绳子的拉
力，共五个力
3.D
由 得，t=3s，初速度v =gt=30m/s
0
1 2
h= 2gt
第一秒内h =v t- =25m.
1 0
1 2
2 t
整个上升过程的平均速度v = =15m/s 故选D。
平
ℎ
4.C
由图像知，30.0s-40.0s,电梯匀速，物体处于平衡状态，故A不对
整个过程，该同学重力保持不变。电梯上行从20.0s-30.0s，电梯加速，处于超重状态，感觉
书包变重。电梯下行，从40.0s-50.0s,电梯减速，处于超重状态，感觉书包变重。所以选C。
5.D
对B受力分析得，绳的拉力T=m g，m 减小，绳的拉力减小，夹角不变，故细绳对定滑轮
B B
的作用力大小减小，方向不变，故B说法正确，D不正确。对小球A受力分析，正交分解
得，摩擦力减小，支持力减小。故选D。
6.B
108Km/h=30m/s,216Km/h=60m/s,S = t S = t 2MP=PN,所以t =t ,设M的速度为 ,M
PM PM1, PN PN2, 1 2 M
到P的速度时间为t，所以 = +at， = +2at, =30m/s, =60m/s,解得 =15m/s，
P M p M M
+ +
at=30m/s,所以 = +2at=75 m/ s. 2 2
N M
7.B
由图像知，汽车做匀减速直线运动，初速度为3m/s，加速度为0.5m/s2，由v=v +at得4s末
0
的速度为1m/s，因为6s就能停下来，所以前8s位移由x=v t- at2得x=9m，所以选B
0
1
2
8. D
初态，kx =(m +m )gsin ,由牛顿第二定律，F+k(x -x)-(m +m )gsin =(m +m )a,得
0 1 2 0 1 2 1 2
F=kx+(m +m )a F—xθ成一次函数关系。AB错误。对P，k(x -x)θ-F - n =m a,当F =0
1 2 0 N 1 N
1 θ
学科网（北京）股份有限公司时分离，k(x -x)= n +m a>0,所以x >x,D正确。
0 1 0
9.CD 1 θ
由受力分析得，物块受斜面的支持力，摩擦力，合力不竖直向上。A不对。F =mgcos30°
N
所以f=μF N =3/4mg.所以f= （ ）， = mg.所以CD正确
2 5
2
10.AD + 30° 4
X=v t+ at2 得 v + at，初速度为12m/s，加速度为-4m/s2,经过3s停下来， 所以汽车刹车
0 0
1 1
距离为2 2 4m，所 = 以选2 AD。
11.BC
P点mgsin37°= （mgcos37°+ ）解得K= B对。PM过程比PN过程小球受到杆的弹
4
力大，PM过程摩μ擦力增大，P到2 N摩擦力减5小 ，故选BC
12.BCD
B刚开始滑动时，f =μ(m+2m)g= mg.因此C的重力等于摩擦力，即C的质量为 m， m<2m,
1
3 3 3
4 4 4
故A错误。AB刚发生相对滑动时，对B，2μmg- μmg=ma ,得a = ，此时对ABC整体，
0 0
3
2 4
M g- μmg=(M +3m)a 得M =2mg< ,故AB相对滑动。AB间摩擦力为f =μmg，对CA整
0 0 0 0 2
3 14
2 5
体， mg-f =( m+2m)a,a= g.故B正确。AB相对滑动后，对于B,f =f ,=ma,a= ,保持不变，
2 2 1
14 14 3
5 5 8 4
故C正确。若B的动摩擦因数大于 ，增加C质量，AB发生相对滑动，f 保持不变，B桌
2
1
面间的摩擦力最大，静摩擦力大于m 3 g，即大于f ，无法拉动B。故D正确。
2
13、答案（1）12.30cm（2）6.92cm6.92cm(3)73.7（第一问2分，第二问每空1分，第三问
2分共6分。）
(1) 由图得，读数为12.30cm
(2) L -L =6.92cm， L= =6.92cm，
5 2
∆ 1+∆ 2+∆ 3
(3) 3mg=K L得 K= ∆ 73.7N/m 3
14.答案（1∆）BC（2）C（4）0.80 0.49（每空2分，共8分）
（1）有力的传感器，所以不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶质量远小于小
车的质量，故AD不对
(2)斜率K= ，由于小车受力为2F，小车和滑轮质量和为 ，小车质量 -m
0
2 2
(3) 由逐差法 求a，得a=0.80m/s2
对砂和砂桶 mg-F=2ma, 解得m=0.49Kg
学科网（北京）股份有限公司15.(1)小物块在斜面上向上运动：
a ＝－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s2 ①
1
0－v2 ＝2a s ②
0 1
解得 s＝5m ③
所以 h＝ssinθ＝3m. ④
(2)小物块在斜面上向上运动时间 t ＝ ＝1s ⑤
1
v0
小物块在最高点时，mgsinθ>μmgcosθa，1 所以物块会匀加速下滑，
加速度 a ＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2 ⑥
2
1
向下匀加速运动时间s＝ a t2 ⑦
22
2
解得 t ＝ 5 s
2
小物块在斜面上运动所需时间为：
t＝t ＋t ＝(1＋ 5)s≈3.2s. ⑧
1 2
答案：(1)3m (2)3.2s（①- ⑧每式1分，共8分）
16. （1）把ABCDE五个球看成整体，由受力分析，平衡条件知：
4F =6mg ①
N
F mg ②
N=
3
（22）以A为研究对象，由几何关系知，
F =F = mg ③ θ=45°
1 2
1
2
f=F = mg ④
2
1
2
答案：（1）F = mg （2）f= mg （①--④每式2分，共8分）
N
3 1
17. (1)对物体在2MN段：由μ2 mg=ma ， ①
1 1
得： a =4m/s2， ②
1
当货物与传送带共速时v 2=2a x ，③
1 1 1
得：
x =2mΔx， （13）
3 22
货物相对于传送带向下，
所以货物在PQ上的划痕长为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，牛顿运动定律知：mgsin - ma ①
V2=2ax ②
θ μ1mgcosθ=
= ③
3
(2)由受力分析，牛顿运动定律知，取向右为正μ方1向15
物块加速度大小： =ma a =2m/s2 ④
1 1
木板加速度大小： =Ma a =1m/s2 ⑤
μ2mg 2 2
木板与挡板第一次相碰前，物块与木板共速
μ2mg
V -a t =a t =v ⑥
0 11 21 1
X =v t - a t 2
1 01 11
1
2
X = a t 2
2 21
1
x =2x -x =6m ⑦
1 1 2
（3）木板与挡板第一次碰后，与斜面碰前
∆
V -a t =-v +a t =v ⑧
1 12 1 22 2
x = + = m
2
' ' 8
∆木板 与1斜 面2 碰3 后，与挡板第二次碰前
V -a t =-v +a t =v ⑨
2 13 2 23 3
x = m ⑩
3
8
∆ 27
物块相对木板滑动的距离： x= x x - x = m 8.33m （11）
1+ 2 3
226
(4)、木板与挡板第一次相碰∆时，∆ ∆ ∆ 27 ≈
S = a t 2 t =0.5sv =0.5m/s （12）
2 24 4 4
1
物块2：v =v -a t =5m/s>v （13）
物 0 14 4
木块与挡板最后一次相碰后，木板与物块同时停下来
v =a t V =a t 则v =2V
物 1 板 2 物 板
所以，停止运动前，物块一直向右做匀减速直线运动，木板向右做初速度为零的匀加速直线
运动，再向左做末速度为零的匀减速直线运动
物块的运动时间：t= =3s （14）
0
木板一次往复时间： 1 （15）
∆t=2t4
碰撞次数为： =3次 （16）
t
n=∆t
学科网（北京）股份有限公司答案：（1） = （2）6m （3）8.33m （4）3次（每式1分，共16分）
3
μ1
15
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