【文档说明】山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期11月期中考试 物理 PDF版含解析.pdf，共(11)页，2.620 MB，由管理员店铺上传

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ABAA=}#}{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}2024-2025学年吕梁市高三年级阶段性检测试题物理答案1、B2、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，加速度都为g，在竖直方向上：212hgt，因为12hh，则12tt，故A错误；B．根据ygtv，由于12tt，则12yyvv

，两次抛出的初速度竖直分量不相等，故B错误；C．由于0102vv，12yyvv，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。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方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，由机械能守恒定律可得：21(1cos)2mgRmv对小环根据牛顿第二定律得：2cosFmgmRv联立可得：F=2mg—3mgcosθ当2mg=3mgcosθ，即2cos3时F最小（Fmin=0）。D正确，ABC均错误4、

B【详解】根据图像可知物块运动到x=8m处，F做的总功为WF=3×2J+2×6J=18J该过程根据动能定理得2F12Wmv，解得物块运动到x=8m处时的速度为v=6m/s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212xat，解得a=0.4m/s2B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11dtv{#{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2212vvv救生员以最

短位移回到原河岸C处的时间为2dtv根据题意有2123tt解得12:2:1vv故选C。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kx0=μmg，这时乙所坐木板的位移为x=x0+l—d，由功能关系可得2()()mgWmgxmgldk，A正确。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：22()Mm

vGmRHRH解得：GMvRH<7.9km/s，故C错误；D．导弹在C处受到万有引力作用，则有2G()MmFmaRH解得导弹在C点的加速度为2GMaRH（），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mgkxLma故mgkLkaxmm，当到达最低点时加速度大于g，故A错误；B．根据动能定理有k()EFxmgFx合弹，运动员的动能kE与位移x图像的斜率绝对值表示小球所受合力大小，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：kEmgHxEmgHFx弹，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：pmgv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=}#}1

0、ACD【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2mgrm，解得：gr选项A正确；B．小物块刚滑落时的速度大小为vrgr，选项B错误；C．设小物块在餐桌上滑行的距离为x，根据动

能定理可得2102mgxmv，解得：2rx小物块在桌面上运动的俯视图如图所示：根据图中几何关系可得：222Rxr解得：52rR，选项C正确；D．该过程中因摩擦产生的热量为12Qmgxmgr，选项D正确。故选AC

D。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vgt，或者ghv2=2即ghv2=或者有：sss391.0≈3905.0=2319.0+462.0，故h=0.75m为二者的时间中点，所以m75.0=h处速度，也等于m50.0~1.05m段的平均速度smsm0.319-0.462-85.3=50.005.1=v结

果：3.85（3.82~3.85均给分）{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}12、（8分）1.050或1.055；C；221211(

2)(2)()2dmmghmmt；25g（每空2分）【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。（2）由光电门测速原理，A通过光电门的速率为Avdt则B的速率为BA2vv如果系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为：22A2B21112212vmghmmvghm联立整理得：221211(2)(2)()2dmmg

hmmt（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：21(2)(2)2mmghmmv解得：225vhg三、解答题（共3小题，13题10分，14题12分，15题18分）13、（10分

）（1）FQ=900N；FP=1200N；（2）W=—6300J。（1）对重物做受力分析，由正交分解得：Fpcosα=FQcosβ+mg.....................2分Fpsinα=FQsinβ.............2分可得：FQ=9

00N，FP=1200N.................2分（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）滑块从出发到C，根据动能定理：)sin(Rlmg-－cosmgl=221cmv－0.......3分在C点，轨道对滑块

的支持力为NF，RvmFcN2=............1分根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力NNFF=/.............1分所以N5=/NF...........1分（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：Rv

mmgD2=.....2分设滑块释放点到B点的距离为0l{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}由动能定理有：)sin(0Rlmg2-cosmgl-021=2-Dmv.............2分解得：m9

=0l................1分由于l′<0l，所以滑块不能通过D点，不能到达FG轨道.............1分15、（18分）（1）214m/sa，220.5m/sa；（2）0.3m/s；（3）2.774m【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：11

mgma.解得物块的加速度大小为214m/sa...............1分以木板为对象，根据牛顿第二定律可得122()mgMmgMa......................2分解得木板的加速度大小为220.5m/sa........

.................1分（2）设物块与木板共速时，木板与墙壁还未发生碰撞，则有01121vvatat共..........1分解得：11st，0.5m/sv共...................1分木板通过的

位移为：10.25m2vxt共板..................1分物块与木板共速后一起做匀减速运动的加速度大小2()MmgaMm，21m/sa.................1分根据运动学公式可得：22012()

vvasx共...................1分解得木板与小台碰前瞬间的速度大小为：0.3m/sv..................1分（3）物块与木板发生的相对位移为：011122vvvxxxtt共共物板，

12.25mx...........1分木板与小台碰后向左做匀减速运动的加速度大小为122()mgMmgaM，223.5m/sa......1分由于22213.5m/s4m/saa...............

.1分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1222vvatvat共................1分解得22s25t，1m/s50v共................1分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22222vvvvxxxtt共共板物...20.024mx.............1分由于20.024mx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到停下

来；则木板的总长度为：12LS2xx......1分S2.774m.........1分{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}