2023阶段性物理答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届山西省吕梁市高三上学期阶段性测试（一模）_山西省吕梁市2024届高三上学期阶段性测试（一模）物理

2023-2024 学年度吕梁市高三年级阶段性检测 物理试题参考答案 一、选择题（共12小题，每题4分，共48分。其中1-8小题为单选，9-12题为多选，全部选对得4分， 选不全得2分，错选或不选得0分，） 1、【答案】C 2、【答案】D 【详解】AB．当书包放在马扎上时，书包与马扎的总重力不变，故无论马扎两边支撑腿之间的角度如何变 化，马扎对地面的压力始终等于总重力，马扎对地面的压力不变，故A、B错误； CD．由于书包对马扎的压力大小不随马扎两边支撑腿之间的角度变化，根据力的分解可知 4Fcosθ/2=mg 两边支撑腿上产生的力随着夹角的减小而减小，故C错误，D正确。 3、【答案】A 【详解】此时B点的速度大小为 L8m/s 方向沿圆的切线方向，即BA方向，故AB杆上各点的速度大小均为v，此速度为滑块的实际水平速度沿杆 方向的分速度，故滑块的水平速度大小为   10m/s cos 故选A。 4、【答案】A 【详解】设斜面倾角为，第一次试跳中运动时间为t，则L/3sinθ=1/2gt2 L/3cosθ=V t 0 第二次试跳中运动时间为t，离开A点时水平速度大小为v，则 1 Lsin gt2 2 Lcosvt 解得 t1  3 t v1  3 v 0 故选A。 试卷第1页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}5、【答案】B 6．【答案】B 【详解】设OA段长为L，OB段长为3L，匀速旋转小球到悬点的高度均为h，由于a、b两球做圆周运动的 角速度相同，且都满足 mgtan m2r 则有 a (Lhtan)2 gtan a   a (3Lhtan)2 gtan b 解得tanθ=3tanα 故选B。 7.【答案】D 【详解】因为开始时，选手恰好静止在手梯上，设运动员质量为m ，绳子拉力为T，所以对运动员和手梯 人 整体有 m gmg T 人 对重物有 MgsinT 解得 m =60kg 人 当运动员开始竖直向上做匀加速直线运动时， 设运动员给手梯的力大小为F，运动员的加速度为a，则对运动员有 F-m g=m a 人 人 设故此时对手梯和物块M有 F+mg-Mgsin =（M+m）a 解得 物 a =2m/s2 物 故ABC错误，D正确。 故选D。 8．【答案】C 【详解】A．根据牛顿运动定律可得 ， gsinθ+μgcosθ=10m/s2 gsinθ-μgcosθ=2m/s2 试卷第2页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}代入数据计算可得，传送带的倾角为37°，货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，A错误 B．根据能量守恒定律可得，传送带对物块做的功 1 W  m2mglsin112J 2 所以B错误 C．货物从A运动到B过程中，货物对传送带做功为 W umgcos*(x -x ）64J 皮2 皮1 D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 Qumgcos*x 48J 相对 所以D错误，故选C正确 9．【答案】AC 10．【答案】BCD 【详解】A．运动员从起跳区水平起跳后做平抛运动，在空中只受到重力，加速度为重力加速度，根据加速 度定义式有 v gt vt函数图像为一条过原点直线，故A错误； B．运动员从起跳区水平起跳后在竖直方向做自由落体运动，则 v gt y 重力的瞬时功率为 Pmgvmg2t Pt函数图像为一条过原点的直线，故B正确； C．运动员从起跳区水平起跳后运动员的速度为 v v2(gt)2 0 运动员的动能为 1 1 1 E  mv2 mv2 mg2t2 k 2 2 0 2 E t函数图像为抛物线的一部分，顶点在纵轴的正半轴，故C正确； k 试卷第3页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}D．运动员从起跳区水平起跳后在空中只受到重力，机械能守恒，Et函数图像为平行于横轴的一条直线， 故D正确。 故选BCD。 11、【答案】AC 【详解】AB．设在时间t内通过面积S的空气质量为m，则 mSv t 0 解得 m Sv t 0 A正确B；错误 1 发动机输出的机械功率 2 (m)v 0 2 代入 m Sv 后得P  1 sv 3 P t 0 2 0 t 故C正确D错误 12．【答案】AD 【详解】A．设轻绳MP段长为L，M、P两点间的水平距离为d，由数学关系可得  d sin  2 L 将轻绳右端从P点沿大圆环缓慢移至P 点过程中，L不变，d先增大后减小，所以α先增大后减小，A正确； B．轻绳中的弹力记为F ，分析轻质动滑轮C处的受力情况，有 T  2F cos m g T 2 B 故轻绳对C处滑轮的弹力的合力大小等于m g 故B错误 B C．分析物块A的受力情况，由于斜面倾角及动摩擦因数未知，A、B的质量大小也未知，无法明确A所受 的摩擦力F ，故在轻绳中的弹力先增大后减小的过程中，F 的大小变化情况存在多种可能，C错误； fA fA D．设斜面倾角为θ，斜面体与水平面之间的摩擦力为F ，对物块A和斜面体整体进行受力分析，正交分解 f 后可得 F F cos f T 由于θ不变、F 先增大后减小，所以F 先增大后减小，D正确。 T f 故选AD。 二、实验题（13题共6分，每空2分；14题共9分，其中第2空1分，其余每空2分） 试卷第4页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}13．【答案】 等于 9.6 2.3 【详解】（1）当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，可看到一串仿佛固定不动的水滴。 （2）频闪仪的闪光频率为12.5Hz，则闪光周期为 1 1 T   s 0.08s f 12.5 由逐差法可知 hh h  g2T2 35 13 解得重力加速度 h h 737.4245.8245.8 g  35 13   103m/s2 9.6m/s2 2T2 20.082 第3个水滴此时的速度大小 h 460.892.2 v v  24  103m/s2.3m/s 3 24 2T 20.08 m m m m m m 1 1 1 14、【答案】 1.345 降低 AB 1  2  1 1  2  1 （或）   t t t t2 t2 t2 t t t 1 3 2 1 3 2 1 2 3 【详解】（1）图中游标卡尺读数为 13mm90.05mm1.345cm （2）滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则 右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。 （3）AB d d d （4）设挡光片的宽度为d，碰前A的速度大小为 ，碰后A的速度大小为 ，碰后B的速度大小为 ， t t t 1 2 3 取向右为正方向，根据动量守恒定律有 d d d m  m  m  1 t 1 t 2 t 1 2 3 整理可得 m m m 1  2  1 t t t 1 3 2 （5）若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有 2 2 2 1 d 1 d  1 d  m    m    m    2 1 t  2 1 t  2 2 t  1 2 3 即 试卷第5页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}m m m 1  2  1 t2 t2 t2 1 3 2 若碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后A、B的相对速度大小相等，即 d d d 1 1 1   得   t t t t t t 1 2 3 1 2 3 三、解答题（共37分，要求写出必要的步骤和文字说明） 15．（10分）【答案】（1）x 8m；（2）v6 2m/s 1 【详解】（1）小明向上奔跑的距离 v2 42 x   m8m ................2分 1 2a 21 1 （2）小明向上滑行过程，由牛顿第二定律得 mgsinmgcosma................1分 2 解得 a 8m/s2 2 小明向上滑行的距离 0v2 x  1m................1分 2 2a 2 小明向上运动的总位移大小 xx x 9m................1分 1 2 小明向下滑行过程，由牛顿第二定律得 mgsinmgcosma ................1分 3 解得 a 4m/s2................1分 3 由运动学公式 v2 2a x................1分 3 可知，从草坡上滑下回到出发点时的速度大小 v 2a x 6 2m/s =8.48m/s................1分 3 试卷第6页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}16．【答案】（1） 10gR，（2）5.4R；（3）5.4mg； 【详解】（1）设小球到达C点时速度大小为v ，根据题意由运动学公式知 C v2 2gRRcos ................2分 Cy 根据速度分解可知 v v sin................1分 Cy C 解得 v  10gR................1分 C （2）O、O 两点间的距离为 1 2 x v t Rsin................1分 1 Cx1 根据运动学公式可知 1 RRcos gt2................1分 2 1 根据速度分解可知 v v cos................1分 Cx C 解得 x 5.4R ................1分 1 （3）小球在D点的速度为 4 v v  10gR ................1分 D Cx 5 设细线的拉力为F ，根据牛顿第二定律得 v 2 Fmg m D ................2分 R 解得 27 F  mg=5.4mg................1分 5 8mg 12mg2 3m 17、【答案】（1）0；（2）h ；（3）  2g k 末 k k 【详解】（1）开始时，弹簧的压缩量 mg x  ................1分 1 k 试卷第7页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}当A、B一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为x，根据牛顿第二定律 2 3 kx 2mg 2m g ................2分 2 2 解得 mg x  ................1分 2 k 由x =x 可得 弹性势能的变化为0................1分 1 2 （2）设开始时A、B间的距离为h，根据机械能守恒 1 mgh mv2................1分 2 1 设A、B碰撞后一瞬间，A、B共同速度大小为v ，根据动量守恒有 2 mv 2mv ................1分 1 2 从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒有 1 2mv 22mgx x  ................2分 2 2 1 2 解得 8mg h ................1分 k （3）根据动量守恒 mv mvmv................1分 1 1 2 根据机械能守恒 1 1 1 mv2  mv 2 mv 2................1分 2 1 2 1 2 2 解得 v  2gh ................1分 2 根据题意有 1 1 m2  m，2 mg（x x ） ................1分 2 末 2 2 1 2 解得 12mg2 3m   2g ................1分 末 k k 试卷第8页，共8页 {#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}