山西省吕梁市2023-2024学年高三上学期阶段性测试（一模）物理答案

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】C2、【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/scos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=1/2gt2L/3cosθ=V0t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1Lsingt22Lcosvt解得t13t1v3v0故选A。试卷第1页，共8页{#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}5、【答案】B6．【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)2gtana2ab(3Lhtan)gtan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人，绳子拉力为T，所以对运动员和手梯整体有m人gmgT对重物有MgsinT解得m人=60kg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人g=m人a设故此时对手梯和物块M有F+mg-Mgsin=（M+m）a物解得2a物=2m/s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/s2gsinθ-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1Wm2mglsin112J2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皮2-x皮164JD．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相对48J所以D错误，故选C正确9．【答案】AC10．【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vygt重力的瞬时功率为Pmgvmg2tP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22vv0(gt)运动员的动能为111Emv2mv2mg2t2k2202Ek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；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Sv0t解得mSvt0A正确B；错误12(m)v0m13发动机输出的机械功率2代入Sv0后得PsvPt0t2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dsin2L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FT，分析轻质动滑轮C处的受力情况，有2FcosmgT2B故轻绳对C处滑轮的弹力的合力大小等于mBg故B错误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FfA，故在轻绳中的弹力先增大后减小的过程中，FfA的大小变化情况存在多种可能，C错误；D．设斜面倾角为θ，斜面体与水平面之间的摩擦力为Ff，对物块A和斜面体整体进行受力分析，正交分解后可得FfFTcos由于θ不变、FT先增大后减小，所以Ff先增大后减小，D正确。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9.62.3【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11Ts0.08sf12.5由逐差法可知2hh35h13g2T解得重力加速度h35h13737.4245.8245.8322g2210m/s9.6m/s2T20.08第3个水滴此时的速度大小h460.892.2vv24103m/s2.3m/s3242T20.08m1m2m1m1m2m111114、【答案】1.345降低AB222（或）t1t3t2t1t3t2t1t2t3【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）ABddd（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，t1t2t3取向右为正方向，根据动量守恒定律有dddm1m1m2t1t2t3整理可得mmm121t1t3t2（5）若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有2221d1d1dm1m1m22t12t22t3即试卷第5页，共8页{#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}m1m2m1222t1t3t2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ddd111得t1t2t3t1t2t3三、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）x18m；（2）v62m/s【详解】（1）小明向上奔跑的距离v242x1m8m................2分2a121（2）小明向上滑行过程，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma2................1分解得2a28m/s小明向上滑行的距离0v2x21m................1分2a2小明向上运动的总位移大小xx1x29m................1分小明向下滑行过程，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma3................1分解得2a34m/s................1分由运动学公式2v2a3x................1分可知，从草坡上滑下回到出发点时的速度大小v2a3x62m/s=8.48m/s................1分试卷第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vC，根据题意由运动学公式知2vCy2gRRcos................2分根据速度分解可知vCyvCsin................1分解得vC10gR................1分、（2）O1O2两点间的距离为x1vCxt1Rsin................1分根据运动学公式可知1RRcosgt2................1分21根据速度分解可知vCxvCcos................1分解得x15.4R................1分（3）小球在D点的速度为4vv10gR................1分DCx5设细线的拉力为F，根据牛顿第二定律得v2FmgmD................2分R解得27Fmg=5.4mg................1分58mg2、【答案】（）；（）；（）12mg3m17102h3末2gkkk【详解】（1）开始时，弹簧的压缩量mgx................1分1k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x2，根据牛顿第二定律3kx2mg2mg................2分22解得mgx................1分2k由x1=x2可得弹性势能的变化为0................1分（2）设开始时A、B间的距离为h，根据机械能守恒1mghmv2................1分21设A、B碰撞后一瞬间，A、B共同速度大小为v2，根据动量守恒有mv12mv2................1分从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒有12mv22mgxx................2分2212解得8mgh................1分k（3）根据动量守恒分mv1mv1mv2................1根据机械能守恒111mv2mv2mv2................1分212122解得分v22gh................1根据题意有121，2m末mmg（xx）................1分22212解得212mg3m分末2g................1kk试卷第8页，共8页{#{QQABKYaUgggoAAAAAAgCEwWQCEGQkBECAIoGgEAMMAIBgRFABAA=}#}