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2024 年 12 月山东名校考试联盟高三年级阶段性检测
物 理 试 题 参 考 答 案 及 评 分 标 准
1 2 3 4 5 6 7 8
A C B D A C B D
9 10 11 12
AD AC AD BD
d (M +5m)kd2
13.（4） 增大 （6） （每小问 2 分，共 6 分）
t0 2mL
14.（1） （3）2596.0 或 2596.0 大于
（4） 4 （每小问 2 分，共 8 分）
15.（7 分）
（1）包裹与水平托盘保持相对静止并以最大加速度运动时，由牛顿第二定律可得：
f1 = ma ............................................................................................................................（2 分）
此状态下滑动摩擦力大小为： f2 = mg
当托盘倾角增大到 时，包裹恰好开始下滑，由受力平衡得：
f '1 = mg sin ......................................................................................................................（. 1 分）
此状态下滑动摩擦力大小为： f '2 = mg cos
f f '
由题意知： 1 = 1 =1.25
f2 f
'
2
3
解得：tan = .................................................................................................................（. 1 分）
4
（2）包裹下滑过程中，由牛顿第二定律可得：
mg sin mg cos = ma ' ..............................................................................................（. 1 分）
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v2= 2a'L ...........................................................................................................................（1 分）
解得：v=1.2m/s...........................................................................................................（1 分）
16. （9 分）
（1）小球恰好能在竖直面内完成圆周运动，则小球在最高点时由牛顿第二定律得：
v2
mg = m 1 ......................................................................................................................（1 分）
l
小球从最高点运动到轻绳水平的过程中，由动能定理得：
1 1
mgl = mv 2 mv 21 ........................................................................................................（2 分）
2 2
解得： v = 3gl ...............................................................................................................（1 分）
（2）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大。小球从最高点运动到最低点的过程中，由动能
1 2 1 2
定理得：mg 2l = mv2 mv1 ............................................................................................（1 分）
2 2
v2
小球在最低点时由牛顿第二定律得：T mg = m 2 ...........................................................（1 分）
l
此时对支架（包括底座）受力分析得： FN = T + Mg ..........................................................（1 分）
由牛顿第三定律得： N = FN
解得： N = (M +6m)g ...............................................................................................................（1 分）
（3）先减小后增大...................................................................................................................（1 分）
17.（14 分）
（1）设离子在区域Ⅰ中的加速度大小为 a1 ，由牛顿第二定律得
qE = ma1 ............................................................................................................................（2 分）
离子恰好到区域Ⅰ下边界时，有
0 (v1 cos 30 )
2 = 2a1L ...................................................................................................（. 2 分）
8qEL
解得：v1 = ...........................................................................................................（. 1 分）
3m
（2）设离子初速度大小为 v2 ，到区域Ⅰ下边界时速度沿 y轴分量大小为vy ，在区域Ⅱ中的加速
度大小为 a2 ，有
v2y (v2 cos30 )
2 = 2a1L .................................................................................................（. 1 分）
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E
q = ma 2 ..........................................................................................................................（. 1 分）
2
5
0 v 2y = 2a（2 L 2L) ....................................................................................................（1 分）
2
vy
tan = ...............................................................................................................（1 分）
v2 sin 30
15
解得：tan = ............................................................................................................（. 1 分）
5
（3）设离子恰能进入第四象限时的初速度大小为 v3 ，到区域Ⅰ下边界时速度沿 y轴分量大小为
vy '，在区域Ⅱ中的加速度大小关于 y的平均值为a3 ，有
v 2 2y ' (v3 cos30 ) = 2a1L ................................................................................................（. 1 分）
qE
a3 = .............................................................................................................................（1 分）
2m
0 v 2y ' = 2a3L .................................................................................................................（. 1 分）
初速度大小大于 v3 的离子可进入第四象限，则
qEL
6 v3
m
=
qEL qEL
6
m m
解得：η=80%.....................................................................................................................（. 1 分）
18.（16 分）
（1）物块 A、木板 B 和物块 C 恰好能够保持静止状态，对物块 A、木板 B 和物块 C 受力分
析得：m3g + 2 (m1 +m2 )g cos 37 = (m1 +m2 )g sin 37 .............................................................（. 2 分）
解得：m3 =1kg..........................................................................................................................（. 1 分）
1
x1 = gt
2
（2）（i）轻绳伸直前，物块 C 始终做自由落体运动，运动的位移为： 2 ............（1 分）
物块 A、木板 B 先做匀减速直线运动直到与传送带速度相同，由牛顿第二定律得：
(m1 +m2 )g sin 37 + 2(m1 +m2 )g cos37 = (m1 +m2 )a1 ..............................................................（1 分）
解得： a =10m/s2 1
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v v
此阶段所用时间和位移为： t = 0 111
a1
v
x = 0
+ v1
2 t11 ..............................................................................（1 分）
2
解得： t11 =1s x2 =13m
物块 A、木板 B 与传送带共速后，继续做匀减速直线运动直到轻绳伸直，由牛顿第二定律得：
(m1 +m2 )g sin 37 2(m1 +m2 )g cos37 = (m1 +m2 )a2
解得： a2 = 2 m/s
2
1 2
此阶段的位移为：x3 = v1(t1 t11) a2 (t1 t11) .........................................................................（. 1 分）
2
x = x + x
轻绳伸直时： 1 2 3
解得： x3 = 7m
t1 = 2s ..........................................................................................................（1 分）
（ii）在 0~ t11内，木板 B 与传送带之间的相对位移为： s1 = x2 v1t11
t11 ~ t 内，木板 B 与传送带之间的相对位移为： s2 = v1(t1 t11) x1 3 .................................（1 分）
0-t1 内 B 与传送带间因摩擦产生的热量 Q：Q = 2(m1 +m2 )g cos37 ( s1 + s2 )..............（1 分）
解得：Q=120J............................................................................................................................（1 分）
（iii）轻绳伸直前瞬间，物块 C 的速度为： v2 = gt1
v = v a (t t )
物块 A、木板 B 速度为： 3 1 2 1 11
v = 20m / s v3 = 6m / s解得： 2
轻绳伸直时，将木板 B 和物块 C 是为一个系统，系统的内力远大于外力，系统动量守恒：
m2v3 +m3v2 = (m2 +m3 )v4 .....................................................................................................（2 分）
解得： v4 =13m / s
轻绳伸直后，在木板 B 和物块 C 与传送带速度相同之前，对木板 B 和物块 C 受力分析，由牛
顿第二定律得：
m2g sin 37 + 1m1g cos 37 + 2 (m1 +m2 )g cos 37 m3g = (m2 +m3 )a3
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v v
t2 =
4 1
所用时间为： a3
5
t
a = 22m / s2 2
= s
解得： 3 22
对物块 A 受力分析，由牛顿第二定律得： 1m1g cos37 m1g sin 37 = m1a4
v = v + a t
当木板 B 和物块 C 与传送带速度相同时，物块 A 得速度为： 5 3 4 2
137
2 v5 = m / s v
解得： a4 =1m / s
1
22 .............................................................................（1 分）
当木板 B 和物块 C 与传送带共速之后，对木板 B 和物块 C 受力分析，由牛顿第二定律得：
m2g sin 37 + 1m1g cos 37 2 (m1 +m2 )g cos 37 m3g = (m2 +m3 )a5
2
解得：a5 = 2m / s
v = v1 a t = v + a t当物块 A、木板 B 与物块 C 到达共速时： 5 3 5 4 3 ..................................（1 分）
75
v = m / s
解得： 11 ................................................................................................................（1 分）
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