【文档说明】山西省吕梁市2021届高三上学期11月阶段性测试物理试题 答案.wps，共(7)页，244.824 KB，由小赞的店铺上传

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吕梁市2020年11月高三阶段性测试物理参考答案一．选择题(共12题，每题4分，共48分，其中第1-8题为单选，9-12题为多选。有选错的不得分，少选或漏选的得2分)1.【答案】B【解析】B项，2秒时的速度大小为P点斜率的大小，斜率为4，所以B

正确。AC项，质点的位移时间图象为抛物线，由位移公式,速度公式,将2s时的x=12m,v=4m/s代入，可以求得初速度为8m/s,加速度大小为2m/s2，所以AC错.D项，1s代入位移时间关系式可以求得位移大小为7m/s2.【答案】C【解析】A项a-t图中，面积代表

速度的的改变量，0-1s内，速度变化量为1.5m/s，初速度为-3m/s,1s末的速度为-1.5m/s,速度方向不变，A项错误。BCD项，0-1s速度变化量为1.5m/s，1s时速度-1.5m/s；1-2s速度变化量为1.5m/s,2

s时速度为0；2-3s,速度变化量为0.5m/s，3s末速度为0.5m/s；3-4s速度变化量为-0.5m/s，4s末速度为0.所以C正确，BD错误。3.【答案】C【解析】设做平抛运动的物体水平速度为,竖直方向的分速度为=gt,可知，物体被抛出时的重力势能和动能之比

为，又因为，联立可得重力势能与动能之比为，所以C正确4.【答案】B【解析】A项，开普勒第二定律可知近地点线速度大，A错误。B项，轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，外力做正功，机械能增加，B正确。C项，轨道Ⅱ的半径小于同步卫星的轨道半径，所以周期小于24小时，C错误。D项，同一位置，加速度相等，

D错误。5.【答案】C【解析】A项，刚撤去外力F时，AB整体的加速度为F/3m,隔离分析A，由-mg=ma得=（3mg+F）/3,A选项错误。B项，ＡＢ两物体分离时，ａ相同，Ｆ弹－２ｍｇ＝２ｍａ，ａ＝－ｇ，所以Ｆ弹

为０。Ｃ项，两物体速度最大时，ａ＝０，隔离分析Ａ物块，＝ｍｇ，Ｃ正确。Ｄ项，弹簧恢复原长时，为０。6.【答案】A【解析】AB项，质点速度方向沿x轴正方向时，速度最小为v/2，后续可以认为质点做类平抛运动，当质点速度大小变为v时，根据运动的合

成与分解知识可知，速度方向与x方向夹角满足os212cvv==解得60=A正确B错误；CD项，合力大小为F，根据牛顿第二定律可知，加速度a=沿力方向的分速度根据速度公式可知CD错误。7.【答案】D【解析】没有外力作用时

，m匀速下滑，系统处于平衡状态，整体研究，水平方向没有力，也没有分力，所以M没有向左运动的趋势，也没有摩擦力;竖直方向地面对M的支持力为（M+m）g。当m加上沿斜面的外力时，M受到m的压力和摩擦力没有发生变化。所以D正确8.【答

案】D【解析】A项．当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有2vmgmr=解得2m/svgr==则x=4，故A错误；BC项，从A到C过程，动能减小量220111.05J22mvmv−=重力势能的增加量为△EP=m

g2r=0.8J则机械能减小0.25J，由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知B到C的过程克服摩擦力做功较小，知机械能损失小于0.125J，故B错误；A到C摩擦力做功为-0.25J。D项，小球从C点抛出后做平抛运动，根据212

2Rgt=可得小球从抛出到落到地面上的时间为t=0.4s则落地点到A点的距离x′=vt=2×0.4m=0.8m，所以D正确。9.【答案】BC【解析】AB项，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向

上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式2112xat=221·2xattat=+联立可得1213xx=A错误，B正确C项，小球从A到M，由功能关系知在水平方向上恒力做功为则从A到B水平方向上恒力做功为根据能量守恒

可知，小球运动到B点时的动能为故C正确；D．据运动轨迹，小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G′垂直，在AM之间，最小动能小于8J，所以D错误。10.【答案】BC【解析】AD项，力F作用在B物块上，AB

之间最大静摩擦力为4N，地面对木板的最大静摩擦力为12N，所以A木板始终静止，AD错误。BC项，由F=4t,1s时，F=4N，达到A对B的最大静摩擦力，A始终静止，所以木块将运动，B正确。3s时，F=12N，合力为8N，由牛顿第二定律得a为4m/s2

，所C正确。11.【答案】BD【解析】A项，弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，由于不知道摩擦力与重力沿斜面向下的分力

大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故A错误；B项，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，此时摩擦力平行斜面向上；若mgsinθ＜f，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，

物块的位置在O点上方；若mgsinθ＞f，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，若mgsinθ=f，当弹力为零时，速度最大，此时弹簧处于原长，所以速度最大时，物块的位置在O点，故B正确；C项，从A到B的过程

中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故C错误；D项，从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故D正确。12.【答案】AD【解析】AB项．当2=时，物

体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据202vgh=可得03m/sv=当0=时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理2012mvmgx=代入数据解得=0.75B错误；正切30度小于0.75，所以物体上升到最大位移处，将不再下滑，A正确。C，动能与重力势能相等的位置o2oo01s

in37(sin37cos37)2mgxmvmgxmgx=−+整理得0.25mx=C错误。D项．根据动能定理201cossin2mvmgxmgx=+整理得920(0.75cossin)x=+因此位移最小值min290.36m200.7

51x==+所以D正确二．填空题（本题包含2小题，每空2分，12分）13.【答案】交流CGK14.【答案】否0.64【解析】(1)本实验利用力传感器测量细线上的拉力，不需要用钩码的重力代替，所以不需要满足钩码的质量远

远小于小车的质量。(2)根据牛顿第二定律可得F=Ma,变形可得(3)根据2xaT=运用逐差法可得45612329ssssssaT++−−−=代入数据解得三、计算题（共4个小题，40分。）15.（8分）【答案】(1)u=0.5(2)4m

/s【详解】（1）对黑板擦受力分析如图所示，根据平衡条件得水平方向有sin=NFF…………………………………………………….1分竖直方向有cos=+Fmgf…………………………………………………….1分=NfF…………………………………………………….1分解得u=0.5……

……………………………………………….1分（2）由受力分析可知，黑板擦脱手后做自由落体运动，下落的高度为：h=0.8m…………………………………………………….1分由匀变速运动公式2=2vgh…………………………………………………….2分解得v=4m/s……………………………

……………………….1分16.(10分)【答案】(1)2s，10m；(2)9s【详解】(1)由速度公式1mvta=得…………………………………………………….1分t1＝2s…………………………………………………….1分由公式x1＝22mva得………………………………

…………………….1分x1=10m…………………………………………………….1分(2)同学在拿篮球前，先加速，再匀速，最后减速，匀速阶段122mdxtv−=…………………………………………………….1分得t2＝2s……………………

……………………………….1分同学在拿篮球后，先加速，再匀速13mLdxtv−−=…………………………………………………….1分得t3=1s…………………………………………………….1分所以最短时间为T=2t1+t2+t1

+t3…………………………………………………….1分得T=9s…………………………………………………….1分17.（10分）【答案】(1)1m/s2(2)小于18m【详解】（1）电动机对物体A的拉力为：016PFNv==；…………………

….1分物体A匀速运动，AB的摩擦力为Ff=F=16N…………………….1分对木板根据牛顿第二定律有()fABBFmmgma−+=………………2分代入数联立解得a=1m/s2…………………….1分（2）A刚好离开B

，2012vtLat=+位移关系为：………………….2分此时的速度为：0vat=……………………………………….1分代入数据解得L=18m……………………………………….1分所以木板的长度小于18m即可…………………

………………….1分18.（12分）【答案】(1)3m/s；(2)60N；(3)①当时；②当时，【详解】(1)从A到B，物块做平抛运动，由几何关系得：0sin37Bvv=………………………………………………….1分解得……

…………………………………………….1分(2)从B到C，物块机械能守恒()2211sin3722CBmvmgRRmv=++…………………………………….1分解得m/s………………………………………………….1分在C点受力分析，由牛顿第二定律有：2NCvFmgmR−

=………………………………………………….1分联立解得根据牛顿第三定律，物块在C点对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下…….1分(3)因传送带的速度Cvv，因此物块从C点滑上传送带后开始做匀加速运动。对物块受力分析，根据牛顿运动定律有1mgma=

解得a1=5m/s2………………………………………………….1分若物块从D点离开传送带时，恰好达到传送带的速度，此时传送带的长度为L0，根据匀变速运动规律可得22102CvvaL=+………………………………………………….1分解得L0=1.

1m………………………………………………….1分①当时，若物块从D点离开传送带时，达到传送带的相同的速度，即=18J………………………………………………….1分②当时，物块在传送带上做匀加速运动，根据动能定理：2kD12CmgLEmv=−………………………………

…………….1分解得……………………………………………….1分