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′<l ，所以滑块不能通过D点，不能到达FG轨道 .............1分
0
15、（18分）（1）a 4m/s2，a 0.5m/s2；（2）0.3m/s；（3）2.774m
1 2
【详解】（1）物块刚滑上木板时，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得：mg ma .
1 1
解得物块的加速度大小为a 4m/s2...............1分
1
以木板为对象，根据牛顿第二定律可得mg(M m)gMa ......................2分
1 2 2
解得木板的加速度大小为a 0.5m/s2.........................1分
2
（2）设物块与木板共速时，木板与墙壁还未发生碰撞，则有v v at a t..........1分
共 0 11 21
解得：t 1s，v 0.5m/s...................1分
1 共
v
木板通过的位移为： x  共 t 0.25m..................1分
板 2 1
(M m)g
物块与木板共速后一起做匀减速运动的加速度大小 a 2 ， a1m/s2.................1分
M m
根据运动学公式可得：v2v2 2a(s x )...................1分
共 0 1
解得木板与小台碰前瞬间的速度大小为：v0.3m/s..................1分
v v v
（3）物块与木板发生的相对位移为：x  x x  0 共 t  共 t ， x 2.25m...........1分
1 物 板 2 1 2 1 1
mg(M m)g
木板与小台碰后向左做匀减速运动的加速度大小为 a  1 2 ，a 3.5m/s2......1分
2 M 2
由于a 3.5m/s2 a 4m/s2................1分
2 1
可知物块速度先减为0，之后物块反向加速到物块与木板再次共速，此过程物块并不会从木板右端滑落，
则有v vat vat ................1分
共 12 2 2
2 1
解得 t  s ， v  m/s................1分
2 25 共 50
从碰撞后瞬间到第二次共速前，物块与木板发生的相对位移为
vv vv
x  x x  共 t  共 t ...x 0.024m.............1分
2 板 物 2 2 2 2 2
由于x 0.024m物块恰好不会从木板右端滑落，物块与木板再次共速后一起相对静止向左匀减速运动
2
L
到停下来；则木板的总长度为： Sx x  ......1分 S2.774m.........1分
1 2 2
{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}