2025届山东省中学联盟（普高文化）高三开学考-物理试题（含答案）.docx

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2
023 联考物理答案
1
1
-8 D A D C D B B D 9-12CD、AD、BC 、BCD
.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
1
由h = gt 得，t=3s，初速度 v =gt=30m/s
2
0
2
1
第一秒内 h =v t- 푔t =25m.
2
1
0
2
ℎ
整个上升过程的平均速度 v = =15m/s 故选 D。
平
푡
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
B
B
轮的作用力大小减小，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
1
.B
08Km/h=30m/s,216Km/h=60m/s,SPM=푣 t S =푣 t 2MP=PN,所以 t =t ,设 M 的速度为푣
PM 1, PN
PN 2,
1
2
푣푀 + 푣푝
푣푁 + 푣
M,M 到 P 的速度时间为 t，所以푣 =푣 +at，푣 =푣 +2at,
=30m/s,
푝=60m/s,解得푣
P
M
p
M
2
2
M=15m/s，at=30m/s,所以푣 =푣 +2at=75m/s.
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=v0+at 得 4s 末
1
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
2
8
. D
初态，kx =(m +m )gsinθ,由牛顿第二定律，F+k(x -x)-(m +m )gsinθ=(m +m )a,得
0
1
2
0
1
2
1
2

F=kx+(m +m )a
F—x 成一次函数关系。AB 错误。对 P，k(x -x)-F -푚 푔푠푖nθ=m a,当
1
2
0
N
1
1
F =0 时分离，k(x -x)=푚 푔푠푖nθ+m a>0,所以 x >x,D 正确。
N
0
1
1
0
9
.CD
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。FN=mgcos30°
5
所以 f=μF =3/4mg.所以 f= 퐹2 + （푚푔푠푖푛30°）2，F= mg.所以 CD 正确
N
4
1
0.AD
1
푥
1
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
0
0
2
푡
2
车距离为 24m，所以选 AD。
1. BC
1
퐾퐿
4푚푔
5퐿
P 点 mgsin37°=μ（mgcos37°+ ）解得 K=
B 对。PM 过程比 PN 过程小球受到杆的
2
弹力大，PM 过程摩擦力增大，P 到 N 摩擦力减小，故选 BC
2.BCD
1
3
3
3
4
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，
1
4
4
3
푔
m<2m,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
0
0
2
4
3
14푚푔
体，M g- μmg=(M +3m)a 得 M =2mg<
,故 AB 相对滑动。AB 间摩擦力为 f2=μmg，对
0
0
0
0
2
5
1
4
14
3
푔
CA 整体， mgf =( m+2m)a,a= g.故 B 正确。AB 相对滑动后，对于 B,f =f ,=ma,a= ,保持
2
2
1
5
5
8
4
1
不变，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
2
3
变，B 桌面间的摩擦力最大，静摩擦力大于 mg，即大于 f2，无法拉动 B。故 D 正确。
3、答案（1）12.30cm（2）6.92cm 6.92cm (3)73.7（第一问 2 分，第二问每空 1 分，第三
1
问 2 分共 6 分。）
(1) 由图得，读数为 12.30cm
∆
퐿 + ∆퐿 + ∆퐿
1

2
3=6.92cm，
(2) L -L =6.92cm，∆L=
5
2
3
(3) 3mg=K∆L 得 K=73.7N/m
1
4.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
푎
2
2
(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
퐹
퐾
퐾
(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
1
5.1)小物块在斜面上向上运动：
a1＝－gsin θ－μgcos θ＝－10 m/s2
①
②
③
0
－v2 ＝2 a s
0
1
解得 s＝5 m
所以 h＝ssin θ＝3 m .
④
v
0
(2)小物块在斜面上向上运动时间 t ＝ ＝1 s
⑤
1
a
1
小物块在最高点时，mgsin θ>μmgcos θ，所以物块会匀加速下滑，
加速度 a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
⑥
1
向下匀加速运动时间 s＝ a t2
⑦
2
2
解得 t2＝ 5 s
小物块在斜面上运动所需时间为：
t＝t ＋t ＝(1＋ 5)s≈3.2 s.
⑧
1
2
答案：(1)3 mꢀ(2)3.2 s（①- ⑧每式 1 分，共 8 分）
1
4
6. （1）把 ABCDE 五个球看成整体，由受力分析，平衡条件知：
FN=6mg
①
3
FN= mg
②
2
（
2）以 A 为研究对象，由几何关系知，θ = 45°
1
F =F = mg
③
1
2
2
1
f=F = mg
④
2
2
3
1
答案：（1）F = mg （2）f= mg
（①--④每式 2 分，共 8 分）
N
2
2
1
7. (1)对物体在 MN 段：由 μ mg=ma ，
①
②

1
1
得： a1=4m/s2，
当货物与传送带共速时 v 2=2a x ，③
1
1
1
得：
x = 2m3
2
3 4
2

t=t +t =1.2s
⑨
1
2
（
3）货物在 PQ 上与 PQ 共速前：v 2-v 2=2a x ，x =0.6m，⑩
1
2
2
2
2
此过程传送带位移：x '=v t =0.4m，Δx=0.2m，
（11）
2
2 1
货物相对于传送带向上，
货物与 PQ 共速后到 Q 点， v 2=2a x ，x =1m， （12）
2
3
3
3
此过程传送带位移：x '=v t =2m，Δx'=1m>Δx，
（13）
3
2 2
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：mgsinθ-μ1mgcosθ = ma
①
V2=2ax
②
3
μ =
1
③
1
5
(2)由受力分析，牛顿运动定律知，取向右为正方向
物块加速度大小：μ2mg=ma1
a1 =2m/s2
a2 =1m/s2
④
木板加速度大小：μ2mg=Ma2
⑤
木板与挡板第一次相碰前，物块与木板共速
V -a t =a t =v
⑥
0
1 1
2 1
1
1
X =v t - a t 2
1
0 1
1 1
2

1
X = a t 2
2
2 1
2
∆
x =x -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
1 2
1
2 2
2
8
x =푥 +푥 = m
'
'
∆
2
1
2
3
木板与斜面碰后，与挡板第二次碰前
V -a t =-v +a t =v
3
⑨
2
1 3
2
2 3
8
∆
x = m
⑩
3
2
7
2
26
物块相对木板滑动的距离：∆x=∆x ∆x -∆x = m ≈ 8.33m （11）
1
+
2
3
2
7
(4)、木板与挡板第一次相碰时，
1
S = a t 2 t =0.5s v =0.5m/s
（12）
2
2 4
4
4
2
物块：v =v -a t =5m/s>v
4
（13）
物
0
1 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
푉
0
物块的运动时间：t= =3s
（14）
（15）
푎
1
木板一次往复时间：∆t = 2t4

t
碰撞次数为：n = t=3 次
（16）
∆
3
答案：（1）μ1=15
（2）6m （3）8.33m （4）3 次（每式 1 分，共 16 分）