202411物理成品答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1105山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期11月期中_山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题

2024-2025 学年吕梁市高三年级阶段性检测试题 物 理 答 案 1、B 2、C 【详解】A.由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动，加 1 速度都为g，在竖直方向上： h gt2，因为h h ，则t t ，故A错误； 1 2 1 2 2 B．根据v gt，由于t t ，则v v ，两次抛出的初速度竖直分量不相等，故B错误； y 1 2 y1 y2 C．由于v v ，v v ，两次抛出的初速度大小可能相等，则动能可能相等，故C正确。 01 02 y1 y2 故选C。 3、D 【详解】设大圆环半径为R ，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上 1 方向的夹角为 θ (0 ≤ θ ≤ π )，由机械能守恒定律可得：mgR(1cos) mv2 2 v2 对小环根据牛顿第二定律得：F mgcosm 联立可得：F=2mg —3mgcosθ R 2 当2mg=3mgcosθ ，即cos 时F最小（F = 0）。D正确，ABC均错误 min 3 4、B 【详解】根据图像可知物块运动到 x=8m处，F做的总功为 W =3×2J+2×6J=18J F 1 该过程根据动能定理得W  mv2，解得物块运动到 x=8m 处时的速度为 v=6m/s F 2 故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=12W。B正确。 5、B 【详解】感应门打开过程中加速阶段和减速阶段加速度大小相等，由运动的对称性可知感应门加速运动 1 的时间为2s，加速运动的位移为0.8m ，由匀变速直线运动规律x  at2，解得a=0.4m/s2 2 B正确，A、C、D错误。 6、C 【详解】设河宽为d，救生员以最短时间渡河，渡河时间为 t  d 1 v 1 {#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}救生员以最短位移回到原河岸C处，垂直河岸方向的速度为v v2 v2 1 2 d 救生员以最短位移回到原河岸C处的时间为 t  2 v 2 根据题意有 t  t 解得v :v 2:1 故选C。 2 1 1 2 3 7、A 【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲与木板可得 kx =μmg ，这时乙所坐木板的位移为 0 (mg)2 x=x +l — d ，由功能关系可得W mgx mg(ld)，A正确。 0 k 8、BD 【详解】A．导弹在运动过程中引力方向不断变化，做非匀变速曲线运动，故A错误； B．由机械能守恒定律可知B错误正确； C．假设有一卫星在距地面高度为H的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则根据万有引力提供向心力有： Mm v2 GM G m 解得： v <7.9km/s ， 故C错误； (RH)2 RH RH GMm GM D．导弹在C处受到万有引力作用，则有 F  ma 解得导弹在C点的加速度为a ， (RH)2 （RH）2 故D正确。故选BD。 9、CD 【详解】A．运动员先做自由落体运动加速度为g，再做加速度减小的加速直线运动，当弹性绳的拉力 大小等于小球的重力时，小球有最大速度，最后做加速度反向增大的减速运动。在自由落体运动阶段 小球的加速度等于重力加速度，设弹性绳原长为L，当弹性绳被拉直后，根据牛顿第二定律有 mgkL k mgkxLma 故 a  x ，当到达最低点时加速度大于g ，故A错误； m m B．根据动能定理有E F x(mgF )x，运动员的动能E 与位移x图像的斜率绝对值表示小球所受 k 合 弹 k 合力大小，合力大小先不变再变小最后又反向增大。故B错误； C．设运动员从静止释放处到运动至最低点处的高度差为H，小球的机械能： EmgHxE mgHF x，运动员的机械能E与位移x图像的斜率绝对值表示弹性绳的弹力大 k 弹 小，弹性绳上的弹力开始为零，然后逐渐增大。故C正确； D．重力的功率：pmgv运动员的重力的功率p随时间t变化的图像斜率的绝对值表示加速度大小，加 速度大小先不变再变小最后又反向增大。故D正确。 故选CD。 {#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}10、ACD g 【详解】A．小物块刚滑落时，最大静摩擦力等于所需向心力，可得mg m2r，解得： r 选项A正确； B．小物块刚滑落时的速度大小为vr gr ，选项B错误； 1 r C．设小物块在餐桌上滑行的距离为x，根据动能定理可得mgx0 mv2，解得：x 2 2 小物块在桌面上运动的俯视图如图所示： 5r 根据图中几何关系可得：R2  x2r2 解得： R ，选项C正确； 2 1 D．该过程中因摩擦产生的热量为 Qmgx mgr ，选项D正确。 2 故选ACD。 三、实验题：本题共2小题，11题6分，12题8分，共14分 11、（6分）【答案】（4）详见解析；（5）非线性；（7）3.82~3.85 。（每空2分） （4）用平滑的曲线连接图中各点，可得：（描点1分，划线1分） （5）由图线可得下落高度与时间为非线性关系。 （7）根据自由落体运动，可列式v gt，或者v2 = 2gh即v= 2gh 0.462+0.319 或者有： s=0.3905s≈0.391s ，故h=0.75m为二者的时间中点，所以h=0.75m处 2 1.05-0.50 速度，也等于0.50m ~1.05m段的平均速度v= m s=3.85m s 0.462-0.319 结果：3.85（3.82~3.85均给分） {#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}1 d 2 12、（8分） 1.050或1.055 ； C ； (2m m)gh(2m  m)( )2 ； g （每空2分） 2 1 2 2 1 t 5 【详解】（1）该实验要验证的是A、B组成的系统机械能守恒，光电门用来测量系统的速率，计算系统增 加的动能，而系统减少的重力势能要测量的是系统初始位置到光电门的高度差，故应测量的是挡光片 中心到光电门中心的竖直距离，故AB错误，C正确。故选C。 d （2）由光电门测速原理，A通过光电门的速率为 v  A t 则B的速率为v 2v B A 1 1 如果系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为： m g2hmgh  mv 2 m v 2 2 1 2 1A 2 2 B 1 d 联立整理得：(2m m)gh(2m  m)( )2 2 1 2 2 1 t 1 （3）A、B的质量均为m，速度为v，若系统的机械能守恒，则满足上式有： (2mm)gh(2m m)v2 2 v2 2 解得：  g h 5 三、解答题（共3小题，13题10分，14题12分，15题18分） 13、（10分）（1）F =900N ；F =1200N ；（2）W= —6300J。 Q P （1）对重物做受力分析，由正交分解得：F cosα=F cosβ+mg.....................2分 p Q F sinα=F sinβ .............2分 p Q 可得： F =900N ，F =1200N .................2分 Q P （2）重物下落过程中动能始终没有发生变化，对重物可列动能定理W+mgh=0.........2分 计算可得重物下降到地面的过程中两根绳的拉力对重物做的总功W= —6300J.........2分。 14、（12分） （1）5N （2）不能通过D点，不能到达FG轨道 1 （1）滑块从出发到C，根据动能定理：mg(lsin-R)－mglcos= mv2－0.......3分 2 c v2 在C点，轨道对滑块的支持力为F ，F = m c ............1分 N N R 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F/ = F .............1分 N N 所以F/ =5N...........1分 N v2 mg = m D ..... （2）要使滑块能越过D点到达FG轨道，设滑块刚发能通过D点，则有： R 2分 l 设滑块释放点到B点的距离为 0 {#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}1 mg(l sin-2R) -mglcos= mv2 -0.............2分 由动能定理有： 0 2 D 解得： l =9m................1分 0 由于l′