［广东大联考］广东省2023年高二年级上学期10月联考x物理试卷答案正在持续更新，本期2024衡中同卷单元卷答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

本文从以下几个角度介绍。

1、广东2024高二期末物理试卷
2、2023-2024物理广东省高研会高二大联考
3、广东2024高二学业水平考试物理试卷
4、广东省2024高二物理合格考试卷
5、2024广东高三物理二检
6、2023-2024广东省高三物理联考试卷
7、广东2024高二物理会考答案
8、广东省2024二模物理
9、2024广东省物理题
10、2024年广东省物理高考试卷及答案

:【典例3】答案(1)让入射小球从P点由Emx=2m(1.2o)-2（mB+m)u2,UD'滑块在D点有F一mg cos0=mR静止开始释放，使两球正碰(2)B联立解得mg=5m,Em=0.6mv2464(3)mAx0=mAx1十mBx2(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A解得FN=11N≈42.2N,解析(1)为了让小球入射速度不变，所B动量守恒，方向垂直于斜面向上。以让入射小球从P点由静止开始释放，mB X1.2vo=6mvo =mBUB+mvA,(2)滑块冲上木板后，设经过时间t1达到使两球正碰。对方程两边同时乘以时间△，共同速度1，则在这个过程中，(2)实验中放在斜槽末端的小球是质量较有6mv0△t=5mvB△t+mvA△t小的小球B。0一t。之间，根据位移等于速度在时间上Fi=umg cos 0=8 N,取沿斜面向上为正方向，对滑块有(3)碰撞时应有mAV=mAVA十mBVB,由的累积，可得6mvot,=5msB十msA,平抛规律有x=t,相邻两张照片拍摄的将sA=0.36vot。代入解得5B=1.128voto,-(mgsin 0+F:)t=m(v-vD),时间间隔相同，故时间相等，上式中两边则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大对木板有(F:一Mg sin0)t1=Mo1,同乘以t,则有mAx。=mAx1十mBx2。值△s=SB5A=0.768t0。解得u1=2m/s,t1=1s,【典例4】答案(1)P。(2)AF(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第此过程中，滑块位移为(3)m1(3s56-s45)=（m1+m2)(3s67一次相同，说明物块A第二次与B分离vn十wt,=7m,5,a)x=后速度大小仍为2。，方向水平向右，设物2解析（1)由图乙可知，512一523=523一534=块A第一次滑下斜面的速度大小为v4S34-S45=545-556=0.20Cm,S67-S78=设向左为正方向，根据动量守恒定律可得木板位移为x,=号，=1m,578一589=0.20cm,556一567=0.60cm,故mUA-5m·0.8v=m·(-2vo)+5mB',此后过程中滑块与木板保持相对静止，A、B相撞的位置在P。处根据能量守恒定律可得所以上升过程中摩擦生热为(2)(3)设碰撞前滑块A在P4、P;、P。的·5m·(0.8v)2=Q=F(x1-x2)=48J。速度分别为v4、5、v6,碰撞后整体在P627m(3)设木板下端返回D点时速度为2，P,、Pg的速度分别为v6'、V1、V8,则V4(-2v0)2+·5mvB'2共速后对整体有,=,,又，=十，得S34十S452T2T2联立解得VA00(M+m)gsin0·x2=2(M+m)v22到碰撞前滑块A的速度6=设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，1根据动能定理可得2-(M十m)v12,2s6十546一51，由于滑块做匀变速运动，2T-mgLsin 0-umgLcos 0=0-2m(2)2,解得v2=4m/s,则545一534=56一55，联立可得6=取沿斜面向下为正方向，有3s56一S45下滑过程，根据动能定理可得2T,同理，碰撞后整体的速度V6'(M+m)gsin 0.t2=(M+m)v2-(M+mgL sin 0-umgLcos 0=,m)(-v1),解得t2=1s,355,需要验证的方程为m1,=(m12T联立解得4=0.45。所以，木板在斜面上运动的时间为十m2)v6',将v6和v6'的表达式代入整理【典例5】答案(1)√5m(2)6.5mgt=t1十t2=2s。得m1（3s56一545)=（m1十m2）（3s67(3)(4-23)mgL实验8验证动量守恒定律S8),上式即为需要验证的表达式，故必须解析(1)系统在题图虚线位置保持静直接测量或读取的物理量是：A、B两个滑○考点·深究细研止，以C为研究对象，根据平衡条件可知块的质量m1和m2及545、S56和S67、S78,【典例1】答案(1)接通打点计时器的电mcg=2 mg cos30°，A、F两项正确源放开滑块1(2)0.6200.618【典例5】答案(2)0.304(6)0.31解得mc=√3m。(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦(2)C、D碰撞后C的速度为零，设碰撞后解析(1)使用打，点计时器时应先接通电m2-m10.34D的速度为v,根据动量守恒定律可知(7)0.32(8)2m源，后放开滑块1。解析(2)应该用质量较小的滑块碰撞质/3gL3m 5=√3m×0+2mv,(2)作用前滑块1的速度=020.1m/s=量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。解得v=252m/s,其质量与速度的乘积为0.310×(6)碰撞后两滑块做匀速运动，有512kg·m/s=0.620kg·m/s,作用后滑块1U1t1,52=v2t2,由于S1=52,结合表中数CD碰撞后D向下运动距离后停止，和滑块2具有相同的逸度U-01680.14m/s=据可得，=凹=红=0.21v2t10.67≈0.31。根据动能定理可知1.2m/s,其质量与速度的乘积之和为11(0.310+0.205)×1.2kg·m/s=0.618kg·(7)的平均值为=0-3×2mu2=2mg10F1m/s。解得F=6.5mg。(3)相互作用前后动量减小的主要原因是0.31+0.31+0.33+0.33+0.33≈0.32。(3)由题意知C下降到图中虚线位置时，纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守A、B、C整体的动能最大。由几何知识可【典例2】答案(1)BCDE得连接C的轻绳与竖直方向的夹角α=(2)0.4200.417恒，可得m1=一m十m,2m2=30°。设此时刻C向下运动的速度为v解析(1)从分析纸带上打点的情况看，1AB向上运动的速度为)，由运动的分解BC段既表示小车做匀速运动，又表示小m:,+2m:,联立解得9得vc0sa=v。车有较大速度，因此BC段能较准确地描m2-m1对整体应用机械能守恒定律得述小车A在碰撞前的运动情况，应选用,代入数据可得=0.34。2m,mcg X2Lcos a-2mg(2L-L)=BC段计算小车A碰前的速度。从CDO素能·高效训练2 mevi+2×2mu2,段打点的情况看，小车的运动情况还没稳1.答案(1)大约相等定，而在DE段内小车运动稳定，故应选d此时C的动能E:=2mco,用DE段计算A和B碰后的共同速度。(5)m1gt12dBCm2（△t2△t(2)小车A在碰撞前速度V。=(6)0.2210.212(7)4联立解得Ek=(4一2√3)mgL。5T解析(1)当经过A、B两处的光电门时【典例6】答案(1)42.2N,方向垂直斜面10.50×10-2间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，向上(2)48J(3)2s5×0.02m/s=1.050m/s,小车A在可以认为导轨是水平的。解析(1)滑块经过B点时的速度碰撞前动量p。=m10o=0.4X1.050kg·(5)由I=Ft,知I=m1gt12,由△p==10m/s,m/s=0.420kg·m/s,碰撞后A、B的共dUB=cos aDE6.95×10-2mw-m知△p=m:·△正，-m2·△1滑块在B到D过程有同速度v=5T5×0.02m/s=mg (Rcos 0-Rcos a)-2 mvp0.695m/s,碰撞后A、B的总动量p=m2（△t2△t1/(m1+m2)v=(0.2+0.4)×(6)由上式代入数值知，冲量I=m1gt12=解得vp=12m/s,0.695kg·m/s=0.417kg·m/s。1.5×10-2×9.8×1.5N·s=0.221N·s,答案深度解析·21·