2025届山西省吕梁市高三11月期中考-物理试题（含答案）.docx

{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

2
024-2025 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
1
速度都为 g ，在竖直方向上：h = gt
2
，因为 h > h ，则t > t ，故 A 错误；
1
2
1
2
2
B．根据v = gt ，由于t > t ，则v > v ，两次抛出的初速度竖直分量不相等，故 B 错误；
y
1
2
y1
y2
C．由于v < v ，v > 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。
01
02
y1
y2
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- cosq) = mv2
2
v
2
对小环根据牛顿第二定律得： F + mg cosq = m
联立可得：F = 2mg — 3mgcos θ
R
2
当 2mg = 3mgcos θ ，即 cosq = 时 F 最小（Fmin = 0）。D 正确，ABC 均错误
3
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
1
该过程根据动能定理得
WF = mv2 ，解得物块运动到 x = 8m 处时的速度为 v = 6 m/s
2
故此时 F 做功的瞬时功率为 P = Fv = 12 W。B 正确。
、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
5
6
【
1
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 x = at
2
，解得 a = 0.4 m/s2
2
B 正确，A、C、D 错误。
、C
详解】设河宽为 d ，救生员以最短时间渡河，渡河时间为t1
d
【
=
v1
{
#{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v =
v
2
1
- v2
2
d
救生员以最短位移回到原河岸 C 处的时间为t2 =
v
2
根据题意有t2 =
t1
解得v :v = 2:1
故选 C。
1
2
3
7
8
、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
(mmg)2
x = x0 + l — d ，由功能关系可得W = mmgx =
+ mmg(l - d)，A 正确。
k
、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：
Mm
(R + H)2
v
2

GM
R + H
= m
解得： v =
<7.9km/s ， 故 C 错误；
G
R + H
GMm
(R + H)
GM
（R + H）2
D．导弹在 C 处受到万有引力作用，则有
=
=
解得导弹在 C 点的加速度为 a =
，
F
ma
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 + kL
k
( - )=
，当到达最低点时加速度大于 g ，故 A 错误；
mg k x
-
L
ma
故 a =
-
x
m
m
B．根据动能定理有 E = F x = (mg - F )x ，运动员的动能 E 与位移 x 图像的斜率绝对值表示小球所受
k
合
弹
k
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：
(
- x)+
Ek mgH F x ，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
=
-
E
=
mg H
弹
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=}#}

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 mmg = mw2r ，解得：w =
m
g
【
r
选项 A 正确；
B．小物块刚滑落时的速度大小为v =wr = mgr ，选项 B 错误；
1
r
C．设小物块在餐桌上滑行的距离为 x，根据动能定理可得-mmgx = 0- mv2 ，解得： x =
2
2
小物块在桌面上运动的俯视图如图所示：
5
2
r
根据图中几何关系可得： R2 = x2 + r
2
解得： R =
，选项 C 正确；
1
D．该过程中因摩擦产生的热量为Q = mmgx
=
mmgr ，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
1
1、（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。
v = gt
= 2gh 即 v = 2gh
v
2
（7）根据自由落体运动，可列式
，或者
0
.462 + 0.319
2
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
.05- 0.50
1
0
.50m
~1.05m 段的平均速度 v =
速度，也等于
m s = 3.85m s
0
.462 - 0.319
结果：3.853.82~3.85 均给分）
{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

1
d
2
5
1
2、（8 分） 1.050 或 1.055
； C ； (2m -m )gh = (2m + m )( )2
Dt
；
g
（每空 2 分）
2
1
2
1
2
【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
Dt
（
2）由光电门测速原理，A 通过光电门的速率为vA =
则 B 的速率为vB = 2vA
如果系统（重物 A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为： m g ×2h - m gh = mv
1 A
1
1
2
2
+
m2vB2
2
1
2
1
d
联立整理得：(2m -m )gh = (2m + m )( )2
Dt
2
1
2
1
2
1
（
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)v
2
2
v
2
2
5
解得：
=
g
h
三、解答题（共 3 小题，13 题 10 分，14 题 12 分，15 题 18 分）
13、（10 分）（1）F = 900 N ；F = 1200 N ；（2）W = —6300 J。
Q
P
（
（
1）对重物做受力分析，由正交分解得：F cos α = F cos β + mg.....................2 分
p
Q
F sin α = F sin β .............2 分
p
Q
可得：
F = 900 N ，F = 1200 N .................2 分
Q

P
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。
1
4、（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(l sinq - R) － mmgl cosq
= mv －0.......3 分
2
c
2
v
2
F
N
c
在 C 点，轨道对滑块的支持力为
， FN = m ............1 分
R

F
/
N
= FN
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力
.............1 分
F
/
N
= 5N
...........1 分
所以
v
2
mg = m
D .....2 分
R
（
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：
l
设滑块释放点到 B 点的距离为 0
{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}

1
mg(l sinq - 2R) - mmgl cosq = mv2 - 0 ..........2 分
由动能定理有：
解得：
0
2
D
l0 = 9m ................1 分
.............1 分
5、（18 分）（1） a1 = 4m / s2 ， a2 = 0.5m / s2 ；（2）0.3m / s；（3）2.774m
由于 l 第二定律可得 m1mg - m
+
=
......................2 分
(M m)g Ma2
2
解得木板的加速度大小为 a2 = 0.5m / s2 .........................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v = v - a t = a t ..........1 分
共
0
1 1
2 1
解得：t =1s ，v = 0.5m / s ...................1 分
1
共
v共
木板通过的位移为： x板 =
t1 = 0.25m ................1 分
2
m2
(M + m)g
M + m
物块与木板共速后一起做匀减速运动的加速度大小 a =
，
a =1m / s2 .................1 分
根据运动学公式可得：v2 - v2 = -2a(s - x ) ...................1 分
共
0
1
解得木板与小台碰前瞬间的速度大小为：v = 0.3m / s ..................1 分
v0 + v
v共
（
3）物块与木板发生的相对位移为： Dx = x - x =
共
t1 -
t1 ， Dx1 = 2.25m...........1 分

1
物
板
2
2
m1
mg + m2 (M + m)g
木板与小台碰后向左做匀减速运动的加速度大小为 a2¢ =
，a2¢ = 3.5m / s2 ......1 分
M
由于 a2¢ = 3.5m / s2 < a1 = 4m / s2 ................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v¢ = -v + a t = v - a¢t ................1 分
共
1 2
2
2
2
1
解得t2 = s，v共¢ =
m / s ........1 分
2
5
50
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
v + v¢ -v + v¢
D
x = x¢ - x¢ =
共
t2 -
共
t .. . Dx = 0.024m .............1 分
2
板
物
2
2
2
2
由于 Dx2 = 0.024m 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
L
到停下来；则木板的总长度为：S = Dx + Dx + ......1 分
S = 2.774m.........1 分
1
2
2
{
#{QQABDQYUogAoABIAAQgCQQXiCECQkgACCYgOxEAEsAAAyRNABAA=}#}