【文档说明】贵州省2022届华鑫学校高三一轮复习阶段性测试题物理答案.docx，共(7)页，179.258 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-40ad7f8e2a31b220937f9a085e2be4ce.html

以下为本文档部分文字说明：

1参考答案1．C【详解】根据0vvat=−可知速度减为零的时间为012.5svta==这段时间内的路程201100m12.5m224vxa===接下来做反向加速运动，再运动的路程222111()4(32

.5)m0.5m22xatt=−=−=因此物体走过的路程1213mxxx=+=故选C。2．C【详解】选木块为研究对象，受力分析如图由于木块在垂直斜面方向受力平衡，可以解出木块所受的支持力为Ncos

37FG=再选择斜面为研究对象，受力如图2木块对斜面的压力与木块所受的支持力是相互作用力，则木块对斜面的压力FN2大小等于木块所受的支持力FN，把FN2分解的y轴方向上，有N2cos37yFF=解得2cos373.2NyFG==因此小铁

块下滑的过程中，测力计的示数为5N3.2N8.2N+=故选C。3．C【详解】A．小车在钩码的牵引下运动时，采用多次测量，打出多条纸带，进行数据处理，有利于减小误差，A错误；BC．上开始时密集的点，点距过小，测量误差较大，

故应舍去，找一个适当的点作为计时起点，B错误C正确；D．选取计数点，可增加测量距离，减小测量过程所产生的误差，两相邻测量点间的时间间隔不一定取0.1s，D错误。故选C。4．C【详解】A．对小球受力分析如图1，根据牛顿第二定律可知FTcosθ=mgFTsinθ=ma由此3可判断出地铁

（即小球、中学生）的加速度大小a=gtanθ方向水平向右，因此列车可能向右加速，也可能向左减速，A错误；B．中学生在水平方向提供加速度的力是左侧车厢壁施加的弹力和摩擦力的合力，者合力等于Ma=MgtanθB错误；C．中学生受到地铁施加的作用力与重力的合力等于中学生合外力Mg

tanθ，因此中学生受到地铁施加的作用力大小等于重力与Mgtanθ的合力大小，为22()(tan)FMgMg=+C正确；D．如图2，若地铁静止时，小球受重力、细绳弹力及外力F三个力构成一个封闭矢量三角形，当外力F与细绳垂直时，F最小，为mgsinθ，D错误。故选C。5．C【详解】A．

设斜面的倾角为θ，则tanmgF=因θ角不确定，则推力F不一定大于物块的重力，选项A错误；B．物块受到的支持力是由于斜面的形变产生的，选项B错误；C．斜面对物块的支持力cosmgN=则支持力一定大于物块的重力，选项C正确；D．当力F沿斜面向上时，力F的值最小，大小为m

gsinθ，则保持物块静止，推力F从水平向左顺时针转到沿斜面方向向上，F的大小减小，选项D错误。故选C。6．AD4【详解】A．因v-t图像的斜率等于加速度，可知在00~t时间内加速度不变，在00~3tt时间内加速度减小，选项A正确；B．在整个过程中伞兵的速度一直为正，则0t时刻伞兵的运

动方向没有发生改变，选项B错误；C．在003tt−的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为直线，其平均速度为122vv+，根据“面积”等于位移可以知道，匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度122vvv+故C错误；D．第一个伞兵在空

中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时，两者距离又减小，故D正确；故选AD。7．BD【详解】A．vt−图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15

s内速度一直为正，即一直上升，故A错误；B．vt−图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15s内速度先增加后减小，故B正确；C．前5s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，故C错误；D．若构造上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则m00.5m/s2vv+

==而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由xvt=可知整个上升过程中的平均速度大于0.5m/s，故D正确；故选BD。8．AD【详解】AC．物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动

，离开传送带时做平抛运动；当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反，物体做匀减速运动，加速度不变，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q

点，A正确，5C错误；BD．当传送带顺时针转动时，物体滑上传送带时速度一直大于传送带的速度时，则相对传送带一直向前运动，使物体在传送带上一直做减速运动，加速度不变，然后以相同的速度做平抛运动离开传送带，物体仍落在Q点；当物体滑上传送带时速度小于传送带的

速度时，传送带顺时针转动时，物体相对传送带可能一直加速，或者先加速后匀速，离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度，所以会落到Q点的的右边．故B错误，D正确。故选AD。9．左0.64【详解】(1)[1]纸带上的点迹从

左到右间距逐渐变大，可知该同学实验过程中纸带的左端与小车相连；(2)[2]根据2xaT=可得小车加速度大小是222432122(8.958.337.687.05)10m/s0.64m/s440.1xxxxaT−+−−+−−===10．逐渐变小4.205.0

00.20未满足砂桶和沙的质量远小于小车质量【详解】（1）[1]由图可知，当细线不平行的时候细线有垂直于木板的分力使小车压木板的正压力变大，从而使摩擦力变大，随着小车往下滑动，细线与木板的夹角变大，摩擦力变大，且在沿着木板方向的分力变小，

故加速度逐渐减小；（2）[2][3][4]刻度尺需要估读，所以4.20cmABs=，5.00cmBCs=,每打5个点取一个计数点,故0.1st=小车的加速度为()225.004.20100.20m/s40.01a−−==（3）[5]从图像上看出：F从0开始增加，沙和砂桶的质量远小于小车的质量，

慢慢的沙的质量在增加，那么后面沙和砂桶的质量就没有远小于小车的质量，会导致绳子的拉力与沙和砂桶的总重力相差较大，所以原因是未满足砂桶和沙的质量远小于小车质量。11．（1）t=5s；（2）N10.835NF

=，N20.815NF=，N30.795NF=【详解】（1）设匀速运动时间为t，总时间为t总，则有6()12hvtvtt=+−总代入数据得5st=（2）设匀加速阶段加速度为a加，匀减速阶段加速度为a减，速时间t加，匀减速时间t减，则5sttt===减加20.04m/svaat==

=减加匀加速上升N1Fmgma−=加解得N10.835NF=匀速上升N20.815NFmg==匀减速上升N3mgFma−−=减解得N30.795NF=12．(1)4s；(2)20m/s；(3)35m；【详解】(1)由212hgt=可得：2280410htssg===；(2)由xv

t=可得：80/20/4hvmsmst===；(3)最后1s内的位移h1=h−21(1)2gt−则h1=80−12×10×(4−1)2m=35m【点睛】（1）根据212hgt=求出小球落地的时间；（2）根据xvt=求解下落过程的平均速度；（3）最后1s内的位移等于总位移减去（t-

1）s内的位移，t为小球落地的时间13．（1）12m/s，3m/s2；（2）036ms7【详解】（1）由图可知在11st=时A车刚启动，两车间缩短的距离1B1xvt=代入数据解得B车的速度B12m/sv=25st=时A车与B车速度相等，因此A车的加速度B21vatt=−将25st=和

其余数据代入解得A车的加速度大小23m/sa=（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于—vt图像的25st=时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则()B1212vttx=+代入数据解得36mx=因此若A、B两车不会相遇，则两车的距离s0应满足条件0

36ms