山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题

2024-2025学年吕梁市高三年级阶段性测试 出面降装志 物理试题 调，（本试题满分100分，考试时间75分钟。答案一律写在答题卡上） 注意事项：张立平水，角：峰圆斗当经面，0议3圆，08资阿件班刻的0 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的 非答题区城均无效。0一、 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区城内。写在试题卷，草稿纸和答题卡上的非答题区 城均无效。 4.考试结束后，将答题卡上交。 :来酷由某立测 一、选择题：本题共10小题，共46分，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有 一个选项符合题目要求，每小题4分：第8-10题有多项符合题目要求，每小题 6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。 1.春秋时期齐国人的著作《考工记·辀人篇》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记 载，意思是马拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段 距离，关于这一现象下列说法正确的是 A.这个现象违背了牛顿第一定律 B.马力既竭，辀犹能一取的原因是车具有惯性 C.马力既竭，辀犹能一取的原因是车受到惯性作用 D.力是维持物体运动的原因，马不拉车车就不走了 2.小明同学在练习投篮时将同一篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂 直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如下图所示，不计空气阻力，关于篮球 从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是 A.两次在空中的时间可能相等 B.两次抛出的初速度可能相同 C.两次抛出的初动能可能相等 D.两次运动速度变化可能相同 高三物理第1页（共6页） 3.如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从 静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。 则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 A.顶端最小并且相互作用力不可能为0百，的 m B.存在作用力为0的位置且一定在Q点 ◆0 C.存在作用力为0的位置且在Q点下方 D.存在作用力为0的位置且在Q点上方 4.质量1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给 物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示，则物 块运动到x=8m处时F做功的瞬时功率为 A.8 W ◆FIN B.12W 姓不成工货举铜对，邻(1 C.18W 长省会量鼠的)，州明 1 2345678￥1m1闻 D.36W 5.商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开 始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动 感应门感应门 距离均为1.6m,若门从静止开始以大小相等的加速 度先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好 为0，则加速度的大小为 生，m式改置调的牙封地的酒 1.6m 1.6m A0.2m/s2 B.0.4m/s C.0.5m/s D.1m/s 6.如图所示为救生员驾驶冲锋舟在湍急的河水中向对岸被困人员实施救援的路线 示意图。假设冲锋舟在静水中的速度，大小不变，救生员首先以最短时间渡河， 从A沿直线到B,接到被困人员后，又以最短位移回到原河岸C处，回程时间恰好 为去程的23倍，假设水流速度处处相同，则。，：为 3 A.2:√3 B B.√3：2 水流 ,0 C.2:1 D.1:2 高三物理第2页（共6页） 7.如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻质木板上，木板通 过一根原长为1的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<)。两木板与地 面间动摩擦因数均为4，弹性绳劲度系数为k,现用水平力F缓慢拉动乙所坐木 板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板始终保持相对静 止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,此过程乙木 板克服地面的摩擦力所做的功为W,则 A W=umg) 爽安的盒以度带很氏视具痒 +umg(I-d) B.W=（umg 2k +umg(I-d) C.=3(mg卫 +umg(I-d) 甲 2k D.W-mgY+24mg1-d） 2k 8.2024年9月25日，中国火箭军向南太平洋预定水域试射东风31AG型导弹，本 次试射的导弹采用了双锥体弹头设计，同时采用了冷发射技术，飞行了12000公 里，显示出强大的国防实力。导弹发射和飞行过程简化为：如图所示，从地面上A 点发射出的导弹，只在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B,C为轨 道的远地点，距地面高度为H。已知地球半径为R,地球质量为M,引力常量为G, 不计空气阻力，下列结论中正确的是 A.导弹在空中的运动是匀变速曲线运动 原行是荣为 证京 B.导弹在A点的速度大于在C点的速度 面自A B氏 C.导弹在C点的速度可能大于7.9km/s R D.导弹在C点的加速度等于(R+H GM 地球 9.蹦极是近年来新兴的一项非常刺激的户外休闲运动，如图所 示，在支架横臂的端点上系一根弹性绳（弹性绳上的弹力遵循 胡克定律)，在弹性绳的另一端系运动员，运动员从支架横臂 悬点处由静止开始下落，运动员始终未触地，不计空气阻力和 弹性绳的重力。下列四幅图像分别表示运动员从开始到运动 至最低点的过程中，运动员的加速度a、动能E、机械能E随位 移x的变化规律及运动员的重力的功率P随时间：的变化规律 其中可能正确的是 E A B CD 高三物理第3页（共6页） 10.如图所示，餐桌中心有一个半径为的圆盘，可绕其中心轴转动，在圆盘的边缘 放置一个质量为m的餐具，餐具与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为4。现缓慢 木增大圆盘的角速度，餐具将从圆盘上滑落，最终恰好停在桌面上的预设位置。 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,圆盘厚度及圆盘与餐桌间 的间隙不计，餐具可视为质点。则下列说法正确的是 A.餐具刚开始滑动时，圆盘的角速度为 唱 r B.餐具刚从圆盘上滑落时，速度大小为 ugr C、餐具停止滑动时，距桌面中心距离为5， D.该过程中因摩擦产生的内能为，mg 二、实验题：本题共2小题，11题6分，12题8分，共14分。而中，日e 11.(6分)智能手机内置多种功能的传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机 内的磁传感器结合某应用软件，测量长直木条自由下落的加速度和速度。主要 步骤如下：丽中击 (1)在长直木条内嵌人7片小磁铁，最下端小磁铁与其它小磁铁间的距离如图 (a)所示。 (2)开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静 止开始沿竖直方向自由下落。 单位：cm 4h/m 2 小磁铁 1.0 0.8 0.6 磁传 0.4 手机 感器 0 15 3.0.1020.30.40.5/ 图(a) 图(b) (3) 以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如 下表所示： h(m) 0.00 0.05 0.15 0.30 0.50 0.75 1.05 t(s) 00.000 0.101 0.175 0.247 0.319 0.391 0.462 (4)根据表中数据，在答题卡上用“×”补全图(b)中的数据点，并用平滑曲线绘 制下落高度h随时间t变化的h-t图线。日 高三物理重第4页（共6页） (5)由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是证▲（选填“线性”或 “非线性”)关系。 (6)将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方？的函数关系式 为h=4.8912(SI),可得长木条下落的加速度大小为9.78m/s2。 (7) 根据以上步骤中给的数据，可以求得h=0.75m处的小磁铁经过手机传感 器时的速度大小为 ▲ m/s。(计算结果保留两位小数) 12.(8分)某同学们设计了如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。 点9年且置公的0试的或济 光电 B 2向34 0 10 20 游标尺 挡光片 (1)实验时，该同学进行了如下操作： ①用天平分别测出物块A、B的质量m,和m2(A的质量含挡光片)，用刻度尺 测出挡光片的宽度d=▲cm; ②将重物A、B用轻绳按图示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托 住重物B,另一个同学测量出西▲到光电门中心的竖直距离h,之后 释放重物B使其由静止开始下落； A.A的上表面 B.A的下表面 C.挡光片中心 (2)如果系统（重物A、B)的机械能守恒，应满足的关系式为 (用质量m1、 m2、重力加速度g、经过光电门的时间△、挡光片的宽度d和距离h表示)； (3)若实验选用合适的物块，使A、B的质量均为m,挡光片中心经过光电门的速 度用v表示，上升距离用h表示，仍释放物块B使其由静止开始下落，多次选 取不同的距离，测出挡光片中心经过光电门的速度，建立2-h图像，若 系统的机械能守恒，则图像为一条倾斜的直线，图线的斜率为▲（已知 重力加速度为g)。,不 三、解答题：共3小题，13题10分，14题12分，15题18分，共40分。 13.(10分)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起 性英直番A从 P 见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图， 的容法出 种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上 的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的 图 绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质 B 量m=42kg,重力加速度大小g=10m/s2,当P绳与竖直 方向的夹角a=37°时，Q绳与竖直方向的夹角B=53°。 sin37°=0.6 高三物理第5页（共6页） (1)求此时P、Q绳中拉力的大小；高市昌 2C0c-AcOS (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=15m,求在重物下降到地面的过程 中两根绳的拉力对重物做的总功。 14.(12分)如图所示，竖直平面内有足够长的倾角为0=30°的直轨道AB,圆心为 O,的竖直半圆轨道BCD,圆心为O,的竖直半圆轨道DEF,水平直轨道FG,各轨 道间平滑连接，滑块经过连接处无机械能损失。已知滑块（可视为质点）质量 m=1kg,轨道BCD的半径R=0.9m,轨道DEF的半径r=0.1m。滑块与轨道 AB间的动摩擦因数山=√3，其余轨道均光滑，重力加速度g=10m/。。将滑 6 块从轨道AB上某点由静止释放，求： (1)若释放点到B点的距离1=4.5m,求滑块经过与0，等高的C点时对轨道的 压力大小； (2)若释放点到B点的距离'=8.0m,通过计算判断滑块能否顺利通过D点并 到达FG轨道。 民年，聚州认”有中（前人健·江》落人因衣暖闭为音有 2,饰的草2氨要缘急 D m四发干关明 0, M B出数具◆数因通的项一啦我能，数得纸正 (第14小题图) 施（第15小题图）t 15.(18分)如图所示，质量为M=2kg的木板置于粗糙水平地面上，在木板右方有 一固定弹性小台，木板右端与小台的距离为s。=0.33m。质量为m=1kg,长L=1.0m 的小物块与长木板左端对齐。某时刻给小物块一个，=4.5m/s向右的水平速 度，木板与小台碰撞前后速度大小不变，方向相反，木板与小台碰撞时间极短且 小物块未滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数4，=0.4、木板与地面间的动 摩擦因数，=01，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m1s2。求： (1)小物块刚开始滑动时两者的加速度大小；可奥两8 (2)木板与小台碰前瞬间的速度大小； 学的西塑收味出成水项 (3)若小物块恰好没有从长木板掉落，求木板的长度。变更两 高三物理第6页（共6页）2024-2025 学年吕梁市高三年级阶段性检测试题 物 理 答 案 1、B 2、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： 21 2 h gt ，因为 1 2h h ，则 1 2t t ，故 A错误； B．根据 y gtv ，由于 1 2t t ，则 1 2y yv v ，两次抛出的初速度竖直分量不相等，故 B错误； C．由于 01 02v v ， 1 2y yv v ，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： 2 1 (1 cos ) 2 mgR m  v 对小环根据牛顿第二定律得： 2 cosF mg m R   v 联立可得：F = 2mg — 3mgcos θ 当 2mg = 3mgcos θ ，即 2 cos 3   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 × 2 J + 2 × 6 J = 18 J 该过程根据动能定理得 2 F 1 2 W m v ，解得物块运动到 x = 8m 处时的速度为 v = 6 m/s 故此时 F做功的瞬时功率为 P = Fv = 12 W。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 2 s，加速运动的位移为 0.8 m ，由匀变速直线运动规律 2 1 2 x at ，解得 a = 0.4 m/s2 B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 1 1 dt v  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 2 21 2v v v  救生员以最短位移回到原河岸 C处的时间为 2 dt v  根据题意有 2 1 2 3 t t 解得 1 2: 2 :1v v  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( ) ( ) mg W mgx mg l d k       ，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： 2 2( ) Mm vG m R H R H    解得： GMv R H   <7.9km/s ， 故 C错误； D．导弹在 C处受到万有引力作用，则有 2 G ( ) MmF ma R H    解得导弹在 C点的加速度为 2 GMa R H  （ ） ， 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 k x L ma   故 mg kL ka x m m    ，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 ( )E F x mg F x  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：   kE mg H x E mgH F x     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：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。 10、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 2mg rm  ，解得： g 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； C．设小物块在餐桌上滑行的距离为 x，根据动能定理可得 210 2 mgx mv   ，解得： 2 rx  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： 2 2 2R x r  解得： 5 2 rR  ，选项 C正确； D．该过程中因摩擦产生的热量为 1 2 Q mgx mgr   ，选项 D正确。 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 ghv 2=2 即 ghv 2= 或者有： sss 391.0≈3905.0= 2 319.0+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 smsm 0.319-0.462 - 85.3= 50.005.1 =v 结果：3.85（3.82~3.85均给分） 12、（8分） 1.050或 1.055 ； C ； 22 1 2 1 1(2 ) (2 )( ) 2 dm m gh m m t     ； 2 5 g （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 Av d t   则 B的速率为 B A2v v 如果系统（重物 A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为： 2 2 A 2 B2 1 1 12 2 1 2 vm g h m mvgh m   联立整理得： 22 1 2 1 1(2 ) (2 )( ) 2 dm m gh m m t     （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 ) 2 m m gh m m v   解得： 2 2 5 v h g 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 = 900 N ；FP= 1200 N ；（2）W = —6300 J。 （1）对重物做受力分析，由正交分解得：Fp cos α = FQ cos β + mg.....................2 分 Fp sin α = FQ sin β .............2 分 可得： FQ = 900 N ，FP= 1200 N .................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 = —6300 J.........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 = 2 2 1 cmv －0.......3分 在 C 点，轨道对滑块的支持力为 NF ， R v mF cN 2 = ............1 分 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力 NN FF = / .............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： R v mmg D 2 = .....2分 设滑块释放点到 B点的距离为 0l 由动能定理有： )sin( 0 Rlmg 2-  cosmgl- 02 1 = 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） 21 4m / sa  ， 2 2 0.5m / 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： 1 1mg ma  . 解得物块的加速度大小为 21 4m / sa  ...............1分 以木板为对象，根据牛顿第二定律可得 1 2 2( )mg M m g Ma    ......................2分 解得木板的加速度大小为 22 0.5m / 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 0 1 1 2 1v v a t a t  共 ..........1分 解得： 1 1st  ， 0.5m / sv 共 ...................1分 木板通过的位移为： 1 0.25m2 v x t 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 ( )M m ga M m     ， 21m / sa  .................1分 根据运动学公式可得： 2 2 0 12 ( )v v a s x   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： 0 1 1 12 2 v v v x x x t t      共 共物 板 ， 1 2.25mx  ...........1分 木板与小台碰后向左做匀减速运动的加速度大小为 1 2 2 ( )mg M m ga M     ， 22 3.5m / sa  ......1分 由于 2 22 13.5m / s 4m / sa a    ................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 1 2 2 2v v a t v a t     共 ................1分 解得 2 2 s 25 t  ， 1 m / s 50 v 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 2 2 22 2 v v v v x x x t t          共 共板 物 .. . 2 0.024mx  .............1分 由于 2 0.024mx  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： 1 2 LS 2 x x     ......1分 S 2.774m .........1分