2023—2024学年度高三阶段性考试物理答案简析题号123456789101112答案ADBBCCDBCDBCADBD13.（每空2分，共8分）（1）b，a，（2）1.0×10-5，（3）7.0～7.5111114.（每空2分，共8分）（1）mf2(x2h2)，mf2(x2h2)，f2(h2h2)2041204331（2）无15.解：（1）设小球在B点的速度为vB，滑块从A到B运动的过程中，由能量守恒定律可知：1Epmv2…………………………………………………………………………………（2分）02B解得：，vB42m/sv2在B点时由牛顿第二定律可知，FmgmB………………………………………（1分）NR解得：，FN9N由牛顿第三定律可知：滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小'…………（1分）FN9N2vC（2）设滑块在C点的速度为vC，由牛顿第二定律可知：mgm…………………（1分）R设滑块从B点运动到C点的过程中克服摩擦力做功为Wf，11由动能定理可知：2mgRWmv2mv2………………………………………（2分）f2C2B解得：……………………………………………………………………………（1分）Wf0.6J16.解：（1）煤块从A点由静止释放，煤块相对传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma1………………………………………………………………（1分）2解得a1=2m/s，由运动学公式可知：（2分）v12a1L6m/s………………………………………………（2）煤块与挡板碰撞后以v1的速度反弹，因v1>v，煤块相对传送带向上做减速运动，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ=ma2………（1分）2解得a2=10m/svv煤块减小到与传送带速度相等的时间1（1分）t10.2s…………………………………a2{#{QQABBYYEggigAhBAAQgCAwVSCAOQkAEAAKoGBFAIoAABQRNABAA=}#}此后煤块的速度小于传送带的速度，煤块相对于传送带向下运动，但相对于地面煤块继续向上滑动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma（1分）3……………………………2解得a3=2m/sv煤块速度减小到0的时间（1分）t22s……………………………………………………a3煤块上升到最高位置所需要的时间t=t+t=2.2s（1分）12…………………………………………17.解：（1）第一次碰后A、B达到的共同速度为B与C第二次碰前瞬间的速度，设为v1，以向右为正，由动量守恒定律有：（2分）m1v0m2v0(m1m2)v1……………………………1解得：vv1m/s（2分）130……………………………………………………………………1（2）全过程由能量守恒定律有：mgL(mm)v2（2分）12120………………………………解得：L=6.75m（2分）………………………………………………………………………………18.解：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时由几何关系得到：速度与竖直方向的夹角为450，即加速度方向与竖直方向0mg的夹角为45，则：tan450（2分）Eq…………………………………………………………mg得：E（1分）q…………………………………………………………………………………（2）小球从P到A的过程做匀加速直线运动，且加速度（2分）a12g……………………设所用时间为t1，根据运动学公式有：（1分）v12a12L2gL………………………v2L1（1分）t1………………………………………………………………………………a1g3因电场方向变为竖直向下，则小球在管中运动时mg=Eq，小球做匀速圆周运动，经过了圆432L周，设运动时间为t2，则t（2分）24g…………………………………………………小球离开管后，撤去电场，根据运动的合成与分解可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动，2且vv2gL（1分）y21………………………………………………………………………2gL2L根据对称性，小球从B到N所用时间t22（1分）3gg…………………………32L则小球从P到N的总时间为tttt(3)（1分）1234g……………………………{#{QQABBYYEggigAhBAAQgCAwVSCAOQkAEAAKoGBFAIoAABQRNABAA=}#}