资源描述
高三阶段性诊断测试
物
理
1
．B【解析】该同学的质量不变，选项A错误；该同学在这段时间内处于超重状态，电梯启动时一
定在竖直向上运动，选项B正确、C错误；电梯启动时人受到的合力大小为50 N，人加速度大小为
1
2
.25 m/s2，选项D错误。
．A【解析】列车通过桥头的平均速度大小 v1 = ，列车通过桥尾的平均速度大小v2 =
L
L
，平均
t
2t
v1 - v
2
L
a =
=
速度等于中间时刻的瞬时速度，所以列车的加速度大小
，选项 A 正确。
2
.5t
5t
2
3
．C【解析】根据已知条件可知，运动员着网时的速度大小 v1＝8 m/s，运动员离网时的速度大小
v ＝10 m/s，根据动量定理有(F－mg)t＝m(v ＋v )，解得 F＝2000 N，选项 C 正确。
2
1
2
4
．D【解析】根据已知条件可知，水从管口水平喷出到落地的时间为 0.6 s，根据勾股定理可知，
水的水平位移大小为 2.4 m，所以水从管口喷出时的速度大小为 4 m/s，选项 D 正确。
2
R h
+
GMm
R h
+ )2
4π2
4
π
(
)
3
=
m(R + h
)
，解得
M =
5
．C【解析】根据万有引力提供向心力有
，
(
T
2
GT
2
选项 C 正确。
6
．D【解析】物体在拉力 F 作用下有 F cos60°－μ(mg－F sin60°)＝ma ，物体在推力 F 作用下有
1
1
1
1
2
2
- 3
，选项 D 正确。
F cos30°－μ(mg＋F sin30°)＝ma ，解得 μ＝
2
2
2
7
．D【解析】分析可知，两者运动的 v-t 图像如图所示，木板的
长度为 1.5 m，木板的最大速度为 1 m/s，选项 A、B 均错误；物
块向右运动的最大距离为 2.5 m，木板沿地面运动的最大距离为
1
8
m，选项 C 错误、D 正确。
．D 【解析】根据图中数据可知，运动员做匀加速直线运动的时间为 2 s，选项 A 错误；a-x 图像
与横着围成面积的两倍等于速度的平方，即运动员的最大速度 v = (8+17)´4m/s =10m/s ，选
项 B 错误；运动员到达终点前匀速运动的时间为 8.3 s，选项 C 错误；运动员在 x＝8 m 处的速度大
小为 8 m/s，运动员在 x＝17 m 处的速度大小为 10 m/s，此过程中的平均速度大于 9 m/s，此过程运
动的时间小于 1 s，运动员的成绩小于 11.3 s，选项 D 正确。
9
．ABC【解析】剪断细绳的瞬间，有两种可能：一是物块 a 仍静止，此时小物块 b 对物块 a 的压
-
力不变，物块 a 对地面的压力减小；二是物块 a 向左加速，此时小物块 b 受到的支持力减小，小物
块 b 的加速度与水平方向的夹角大于斜面的倾角，物块 a 对地面的压力减小，选项 A、B、C 均正
确。
1
0．AD【解析】由图像可知，物体在恒力 F 作用下的加速度大小 a＝2 m/s2，根据牛顿运动定律有
F－μmg＝ma，解得 m＝0.5 kg，选项 A 正确；物体在恒力 F 作用下的运动的位移大小为 4 m，恒
力 F 对物体做的功为 12 J，选项 B 错误；撤去恒力 F 后，物块沿地面减速时的加速度大小 a 减＝4 m/s2，
减速的距离为 2 m，物体沿地面运动的最大距离为 6 m，选项 C 错误、D 正确。
5
h
1
1．BC【解析】松手前物块 A 到斜面顶端的距离为
，设物块 A 沿斜面向上减速时的加速度大
3
小为 a ，物块 B 落地时的速度大小为 v，则有 m gsinθ＋μm gcosθ＝m a ，
v
2
= 2a减 (5 - h) ，
h
减
A
A
A
减
3
vΔt
h =
，解得 h =1.2m，v＝4 m/s，选项 A 错误、B 正确；设物块 B 的质量为 mB，物块 A 沿斜
2
面向上加速时的加速度大小为 a ，此过程中细绳中的张力大小为 T，则有 v＝a Δt，m g－T＝m a
加
加
B
B
1
加，T－m gsinθ－μm gcosθ＝m a ，E ＝ m v2，解得 m ＝5 m/s，E ＝40 J，选项 C 正确、D 错
A
A
A
加
k
B
B
k
2
误。
mv
2
1
2．AC【解析】设小球在最高点时的速度大小为 v ，在最低点时的速度大小为 v ，则有 mg =
1 ，
1
2
r
1
1
2
mgr = mv - mv12 ，解得 v2 = 5gr ，选项 A 正确；小球在水平面内做圆周运动时，设绳与
2
2
2
2
R
g
r
mg tanq = mRw 2 tanq = ，解得w2 =
竖直方向的夹角为 θ，则有
，
，选项 B 错误；设小
2
r
mg
T
v = Rw ，cosq =
T = 6mg
球在轨道 2 上运动时，轻绳中的张力大小为 T1，则有
，解得
，
，
2
2
1
1
mv22
r
2T2 cosq -mg =
T = 3 6mg
，解得
选项 C 正确；设轻绳断裂前绳中的张力大小为 T2，则有
2
选项 D 错误。
(S + S - S - S )
2
3
4
1
2
1
3．（1）
（2 分）（2）没有平衡摩擦（2 分） （2 分）
4T
2
k
(S + S - S - S )
a =
3
4
1
2
【
（
解析】（1）纸带上相邻两个计数点的时间 T，根据逐差法有
；
4T
2
2）图像不过原点的原因是小车没有平衡摩擦；由牛顿第二定律可得 2F - f = Ma ，则
2
f
2
2
a = ´ F -
= k
M =
，解得
，
则
。
M
M
M
k
1
4．（1）水平（2 分）小球的初速度相同（2 分）（2）1.5（2 分）（3）4.2（2 分）
解析】（1）斜槽末端切线水平保持小球做平抛运动，每次让小球从同一位置由静止释放，保证
【
小球每次做平抛运动的初速度相同。
1
2）在竖直方向有 0.441m =
gt2 ，在水平方向有 0.45m v t
=
v =1.5m/s
，解得
贾
。
（
（
2
贾
3）在竖直方向有 Dh = 0.2m = gT
2
，在水平方向有
x = 0.6m = v林T
，解得
v
林＝4.2 m/s
。
1
5．解：（1）根据匀变速直线运动规律有
x －x Δt＝aΔt2（1 分）
AB
BC
解得 a＝4 m/s2。（2 分）
（
2）设图中小球 B 的速度大小为 v，则有
x +x
v＝ AB BC （1 分）
2
Δt
2
a(d + x )
v2＝
（1 分）
BC
解得 d＝2 m。（2 分）
1
6．解：（1）设运动员做平抛运动的时间为 t，则有
1
gt2 = vAt tanq （1
分）
2
1
ssinq = gt2 （1
分）
2
解得
s =108m。（2 分）
（
2）将运动员在空中的运动可看成沿斜面和垂直斜面两个匀变速直线运动的合成，如图所示。设
运动员从 A 点飞出到距斜面最远所用的时间 t′，有
vA sinq
g cosq
t¢ =
（
2 分）
vAt¢sinq
d =
（2 分）
2
解得
d =12.96m。（1 分）
1
7．解：（1）小球 A 在三个力作用下处于平衡状态，有
F
tana =
（
1 分）
mg
解得 F = 2 3mg 。（1 分）
（
2）根据平衡条件有
2
mg
T
cosa =
（1 分）
解得T = 4mg
。（1 分）
（
3）小球 A 在最低点时，细线中的张力最大，设定滑轮右侧细绳的长度为 l，小球 A 在最低点时
的速度大小为 v，有
1
2
mghl(1- cosa) = ´2mv2 （1
分）
2
2
mv2
Tm -2mgh =
（1 分）
l
T = 4mg
m
解得
。（2 分）
（
4）若小球 A 在最低点时，B、C 达到最大静摩擦力，则有
Tm -5mg sinq = 5mmg cosq
（
1 分）
3
解得 m =
（1 分）
5
若在撤去恒力 F 的瞬间，B、C 间达到最大静摩擦力，则有
2
mg cosa +5mmg cosq = 5mg sinq
（
1 分）
3
解得 m =
（1 分）
5
3
综上，物块 B 和斜面体 C 间的最小动摩擦因数 m =
。（2 分）
5
1
8．解：（1）根据自由落体运动规律有
vB12 = 2gL（1 分）
解得 vB1 = 2gL 。（1 分）
（
2）设小球 B 做自由落体运动的时间为 t ，落地后再经过时间 t 两小球第一次碰撞，则有
1
2
1
L = gt12 （1 分）
2
1
+ (v
1
v t + gt
2
B1
2
t - gt
2
2
) = L （1 分）
B1 2
2
2
2
2
t = t1 + t2 （1
分）
4
3
2L
解得t =
。（1 分）
g
（
3）以竖直向下为正方向，设两小球相遇时的速度分别为v
、v
，则有
B2
A2
4
3
vB1
2
1
6
vA2 = gt =
2gL ， vB2 = -
+ gt2 = -
2gL （1 分）
m
m
B
，当弹簧压缩至最短时，两小球的速度大小为 v，有
设两小球的质量分别为
、
A
m v + m v = Mv（1
分）
A
A2
B
B2
1
1
1
E = m v
2
+ m v
2
- Mv2 （1 分）
P
A
A2
B
B2
2
2
2
m + m = M （1
分）
A
B
9
m (M - m )gL
解得
EP =
A
A
4
M
M
9MgL
m
m
时，可使弹簧压缩至最短，此时的弹性势能
EP =
根据基本不等式知，当
＝
＝
。
A
B
2
16
（
（
1 分）
4）设两小球 A、B 第一次碰撞后的速度分别为v
′、
v
B2
′，则有
A2
MvA2
2
MvB2 Mv ¢ Mv ¢
A2
B2 （1
分）
+
=
+
2
2
2
1
2
M
1 M
1 M
1 M
×
vA22 + × vB22 = × v ¢2 + × v ¢2 （1 分）
A2
B2
2
2 2
2 2
2 2
4
3
解得 vB2¢ =
2gL
设小球 B 第二次着地时的速度大小为vB3
，则有
1
vB32 -v ¢2 = 2g(2L - gt2 ) （1 分）
B2
2
v
vB = B3 （1 分）
2
v = gL
B
解得
。（1 分）
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