山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期11月期中物理答案

2024-11-07 · 5页 · 247.9 K

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,在竖直方向上:12,因为,则,故错误;ghgth1h2t1t2A2.根据,由于,则,两次抛出的初速度竖直分量不相等,故错误;Bvygtt1t2vy1vy2B.由于,,两次抛出的初速度大小可能相等,则动能可能相等,故正确。Cv01v02vy1vy2C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)mv22v2对小环根据牛顿第二定律得:Fmgcosm联立可得:F=2mg—3mgcosθR2当2mg=3mgcosθ,即cos时F最小(Fmin=0)。D正确,ABC均错误34、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=18J1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/sF2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/s22B正确,A、C、D错误。6、C【详解】设河宽为,救生员以最短时间渡河,渡河时间为ddt1v1{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}救生员以最短位移回到原河岸处,垂直河岸方向的速度为22Cvv1v2d救生员以最短位移回到原河岸C处的时间为t2v根据题意有2解得故选C。t2t1v1:v22:137、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(mg)2x=x0+l—d,由功能关系可得Wmgxmg(ld),A正确。k8、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:Mmv2GMGm解得:v<7.9km/s,故C错误;(RH)2RHRHGMmGMD.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kLkmgkxLma故ax,当到达最低点时加速度大于g,故A错误;mm.根据动能定理有,运动员的动能与位移图像的斜率绝对值表示小球所受BEkF合x(mgF弹)xEkx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:,运动员的机械能与位移图像的斜率绝对值表示弹性绳的弹力大EmgHxEkmgHF弹xEx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、ACD2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r,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;1rC.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22小物块在桌面上运动的俯视图如图所示:2225r根据图中几何关系可得:Rxr解得:R,选项C正确;21D.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=2gh0.462+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21.05-0.50速度,也等于0.50m~1.05m段的平均速度v=ms=3.85ms0.462-0.319结果:3.85(3.82~3.85均给分){#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}1d2212、(8分)1.050或1.055;C;(2mm)gh(2mm)();g(每空2分)21221t5【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则的速率为BvB2vA11如果系统(重物A、B)的机械能守恒,应满足的关系式为:mg2hmghmv2mv22121A22B1d联立整理得:(2mm)gh(2mm)()221221t1(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)v22v22解得:gh5三、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=900N,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(1)滑块从出发到C,根据动能定理:mg(lsin-R)-mglcos=mv2-0.......3分2c2vc在C点,轨道对滑块的支持力为FN,F=m............1分NR/根据牛顿第三定律,滑块对轨道的压力FN=FN.............1分/所以FN=5N...........1分v2mg=mD.....(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:R2分l设滑块释放点到B点的距离为0{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}1mg(lsin-2R)-mglcos=mv2-0.............2分由动能定理有:02D解得:................1分l0=9m由于<,所以滑块不能通过D点,不能到达FG轨道.............1分l′l015、(18分)()2,2;();()1a14m/sa20.5m/s20.3m/s32.774m【详解】()物块刚滑上木板时,以物块为对象,根据牛顿第二定律可得:11mgma1.解得物块的加速度大小为2分a14m/s...............1以木板为对象,根据牛顿第二定律可得分1mg2(Mm)gMa2......................2解得木板的加速度大小为2分a20.5m/s.........................1()设物块与木板共速时,木板与墙壁还未发生碰撞,则有分2v共v0a1t1a2t1..........1解得:,分t11sv共0.5m/s...................1木板通过的位移为:v共分x板t0.25m..................121(Mm)g2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/s.................1分Mm根据运动学公式可得:22分vv共2a(s0x1)...................1解得木板与小台碰前瞬间的速度大小为:v0.3m/s..................1分()物块与木板发生的相对位移为:v0v共v共,分3xx物x板ttx12.25m...........112121木板与小台碰后向左做匀减速运动的加速度大小为1mg2(Mm)g,2分aa23.5m/s......12M由于22分a23.5m/sa14m/s................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,则有分v共va1t2va2t2................1解得2,1分tsv共m/s................122550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vv共vv共分xx板x物tt...x20.024m.............122222由于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x20.024mL到停下来;则木板的总长度为:Sxx......1分S2.774m.........1分122{#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

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