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高三物理参考答案
选择题: 题,每题 分; 题,每题 分,共 分。
1-8 4 9-10 5 42
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C B B C A D A D BD BC
分 【答案】 分
11.(6 ) (1)C(2 )
答 之间均给分 分 弹簧自身重力的影响 分
(2)2.0( 1.9-2.1 )(2 ) (2 )
分 【答案】 分 补偿阻力时木板倾角偏大或补偿阻力过度 分
12.(10 ) (1)C(2 ) (2) (2 )
等于 分 分 分
(3) (2 ) (4)0.60kg(2 ) 3N(2 )
分 【答案】 分 分
13.(10 ) (1)0.8m(4 ) (2)1.8m(6 )
【解析】 由于弹力球做平抛运动 水平方向x vt 分
(1) , = 0 …………………………………………… (1 )
x
则t 分
=t=0.4s………………………………………………………………………………………… (1 )
竖直方向h 1gt2 分
= …………………………………………………………………………………… (1 )
2
代入数据 得h 分
, =0.8m ……………………………………………………………………………… (1 )
(2)
设该同学抛球竖直高度为H
,
第一段平抛
:
x
1=
v
0
t
1,
H
=
1gt2
1,
v
y=
gt
1 …………………… (2
分
)
2
碰地瞬间v' 1v v' 2v
y= y, x=
0
2 3
v'
反弹后做斜抛t y 分
:2=2g ……………………………………………………………………………… (1 )
x v't 分
2= x 2 ……………………………………………………………………………………………… (1 )
x x x . 分
6m≤ = 1+ 2≤64m …………………………………………………………………………… (1 )
综上 该同学能游戏成功的抛球竖直高度至少为H 分
, =1.8m ……………………………………… (1 )
分 【答案】 40 或 分 分
14.(14 ) (1) N 8N(6 ) (2)2.1m(8 )
11
【解析】 首先对圆环进行受力分析 其受到拉力F 重力mg 弹力F 滑动摩擦力F 圆环匀速运
(1) , , , N, f,
动时 合力为零 则有
, ,
若拉力F方向斜向右上
① ,
a.当F θ mg时 则弹力F 方向竖直向上
sin < , N ,
F
N+
F
sin
θ
=
mg
,
F
cos
θ
=
μF
N ………………………………………………………………………… (1
分
)
解得F
μmg
40 分
= θ μ θ= N ………………………………………………………………………… (2 )
cos+ sin 11
b.当F θ mg时 则弹力F 方向竖直向下
sin > , N ,
FN+
mg
=
F
sin
θ
,
F
cos
θ
=
μF
N
解得F
μmg
不符合题设 舍去
=μ θ θ=-8N( , )
sin -cos
若拉力F方向斜向右下 则弹力F 方向竖直向上
② , N
mg
+
F
sin
θ
=
F
N,
F
cos
θ
=
μF
N ………………………………………………………………………… (1
分
)
解得 F
μmg
分
: = θ μ θ=8N ………………………………………………………………………… (2 )
cos- sin
对圆环受力分析 杆对圆环的弹力F F θ2 mg 2 分
(2) , N= sin + =10N ………………………… (1 )
圆环受到的摩擦力F
f=
μF
N=5 N…………………………………………………………………… (1
分
)
F θ F
由牛顿第二定律得a cos- f 2 分
1= m =3.75m/s …………………………………………………… (1 )
由运动学公式得x 1at2 分
:1= 1 =1.2m ……………………………………………………………… (1 )
2
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1 5v at 分
1= 1 =3m/s ……………………………………………………………………………………… (1 )
撤掉拉力后 由牛顿第二定律得a μg 2 方向与v 方向相反 分
, 2= =5m/s, 1 …………………………… (1 )
v2
由运动学公式得x 1 分
:2=a =0.9m …………………………………………………………………… (1 )
2 2
故总位移x x x 分
= 1+ 2=2.1m ………………………………………………………………………… (1 )
分
15.(18 )
【答案】 分 会发生相对滑动 计算见解析 分 分
(1)2.25m/s(5 ) (2) , (5 ) (3)0.7m(8 )
【解析】 初始时 设小物块 长木板 的加速度分别为a 和a 以沿斜面向下为正方向
(1) , A、 B A B, ,
对 进行分析 根据牛顿第二定律有mg θ μmg θ ma 分
A , sin - 2 cos= A ………………………………… (1 )
解得a
2
方向沿斜面向上 分
A=-2.5m/s, ……………………………………………………………… (1 )
对 进行分析 根据牛顿第二定律有mg θ μmg θ μ mg θ ma 分
B , sin + 2 cos- 1·2 cos= B ……………… (1 )
解得a
2
方向沿斜面向下 分
B=2.5m/s, ………………………………………………………………… (1 )
设长木板
B
与小物块
A
共速的速度大小为v共
1,
运动时间为t
1,
由匀变速直线运动的规律有
v共 v at at
1= 0+ A 1= B 1
解得t
1=0.9 s,
v共
1=2.25 m/s ……………………………………………………………………… (1
分
)
长木板 与小物块 共速后 mg θ μmg θ 可知两者匀速下滑 分
(2) B A ,2 sin -2 1 cos=0 ………………… (1 )
当两者接触弹簧时 开始减速 间的静摩擦力不断增大
, ,AB 。
假设弹簧压缩过程中两个物体没有发生相对滑动 设弹簧最大压缩量为x
, m,
由能量守恒可得
:
1kx2
m=
1
2
mv共
1
2
,
解得x
m=0.9 m …………………………………………… (1
分
)
2 2
又牛顿定律可知kx ma 解得a 45 2 分
: m=2 , = m/s …………………………………………………… (1 )
8
长木板 与小物块 之间的静摩擦刚好达到最大值时
B A ,
μmg θ mg θ
对 分析a 2 cos- sin 2 分
A :m= m =2.5m/s …………………………………………………… (1 )
a a 在长木板下滑过程中两者发生了相对滑动 分
> m, ………………………………………………… (1 )
长木板 与挡板碰撞后速度大小不变 方向反向
(3) B , 。
对长木板 运用牛顿第二定律可得
B :
mg θ μmg θ μ mg θ ma
sin + 2 cos+ 1·2 cos= 'B
解得a
2
分
:'B=22.5m/s ………………………………………………………………………………… (1 )
长木板 减速为零的时间和位移为
B :
t
v共
1 x
v共
1t 分
2=a =0.1s,B1= 2=0.1125m …………………………………………………………… (1 )
'B 2
A
在此时间内
,
v
A=
v共
1+
a
A
t
2=2 m/s,
x
A1=
v共
1+
v
At
2=0.2125 m …………………………… (1
分
)
2
A
相对于
B
向下滑动
:
x相对
1=
x
A1+
x
B1=0.325 m
接下来 向下滑动 若 共速
B , AB
v
A+
a
A
t
3=
a
B
t
3=
v共
2,
t
3=0
.
4 s,
v共
2=1 m/s……………………………………………………… (1
分
)
运动位移为x
v共
2t
B B2= 3=0.2m
2
由于x x 说明 下滑到与挡板发生第二次碰撞时没有共速 上述假设不成立
B1< B2, B ,
即 一直加速下滑 设时间为t x 1at2 解得t 分
B , 4,B1= B 4, 4=0.3s …………………………………… (1 )
2
在此段时间下滑的位移为x vt 1at2 分
A :A2= A2 4+ A 4=0.4875m …………………………………… (1 )
2
A
相对于
B
向下滑动
:
x相对
2=
x
A2-
x
B1=0.375 m ………………………………………………… (1
分
)
A
相对于
B
向下滑动位移
:
x相对
=
x相对
1+
x相对
2=0.7 m …………………………………………… (1
分
)
注 以上解答题若有其他解法 步骤正确亦给分
【 】: , 。
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2 5【详解】
【答案】
1. C
【解析】 小猴子在空中不受弹力的作用 故 错误
, A ;
小猴子在空中做曲线运动 所受合力跟运动方向不在同一条直线上 故 错误
, , B ;
小猴子静止在树干上 受到重力和树干对其作用力 两个力等大反向 故 正确
, , , C ;
小猴子对树干的压力是小猴子施加给树干的 应该是小猴子爪子发生形变产生的弹力 故 错误
, , D 。
【答案】
2. B
x
【解析】 龙舟做初速度为 的匀加速直线运动 平均速度等于中间时刻速度 故v v 故
0 , , t = =t=4m/s, A
2
错误
;
v
v m v 故 正确
= ,m=8m/s, B ;
2
中点位置速度大于平均速度 错误
,C ;
通过前 的时刻为中间时刻 时间为 错误
25m , 12.5s,D 。
【答案】
3. B
【解析】 牵引绳伸长的速度为狗速度沿绳的分量 故 正确
, B 。
【答案】
4. C
【解析】 根据题意可知 风筝受到重力G 升力F 拉力T共三力作用 在缓慢放线过程中 G为恒力 F
, , , , , ,
方向不变 T方向变化 是一个动态平衡过程 构建矢量三角形 利用图解法结合题意可求得 T一直增
, , , , ,
大 F一直增大
, 。
【答案】
5. A
【解析】 如图所示 对物体受力分析 物体受到重力和斜面的作用力 其合力
, , ,
一定水平向右 则斜面对物体的作用力一定大于物体的重力 故 正确
, , A ;
如图所示 物体受到重力和斜面的支持力 若这两个力的合力正好提供加速
, ,
度 则物体恰好不受斜面的摩擦力 此时支持力竖直分量等于重力 水平分量提供加速度 故 错误
, , , , B、C ;
如果物体所受重力和斜面的支持力不够 则需要斜面提供摩擦力 但是摩擦力可以沿斜面向上也可以沿
, ,
斜面向下 故 错误
, D 。
【答案】
6. D
【解析】 包裹刚滑上传送带时 传送带逆时针转动 包裹受到向下的滑动摩擦力 根据牛顿第二定律
, , 。 :
mg θ μmg θ ma 代入数据得a 2
sin + cos= 1, :1=10m/s;
假设经过t 时间与传送带达到共速 包裹运动位移为x 由v at 得t
1 , 1, 0= 1 1, 1=0.4s。
v
由x 0t 得x L 共速后由于mg θ μmg θ 包裹继续向下加速运动 故
1= =0.8m, 1=0.8m< 。 sin > cos, , A、B
2
错误
;
包裹先是落后于传送带 即相对于传送带上滑 共速后超传送带 即相对于传送带下滑 相对位移为上述
, , , 。
两个之差 而痕迹长度是上述两个相对滑动距离的最大值 故 错误
, , C ;
增加传送带速度 包裹运动时间会减小 当传送带速度增大到一定值后 包裹一直以a
2
加速 时
, , , 1=10m/s ,
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3 5间最短 即L 1at2 得t
, = 1 , =1.2s。
2
【答案】
7. A
α
【解析】 首先由力的合成可得两绳拉力的合力大小为 F 由于船处于平衡状态 船受到水的阻力
2 cos , ,
2
α
F f 与两绳拉力的合力沿水平方向相等 , 则F f=2 F cos β cos 。
2
【答案】
8. D
x
【解析】 根据
t-
t图像知
,
v甲
0=0,
a甲
=10 m/s
2
,
v乙
0=10 m/s,
a乙
=5 m/s
2
,
a甲t
=
v乙
0+
a乙t
。
t 时 甲乙两车速度相同 甲 乙两车都沿正方向运动 t 时 甲 乙两车并排行驶 内甲车
=2s , , 、 。 =3s , 、 ,0~3s
位移x甲
=
1
×10×3
2
m=45 m,
乙车位移x乙
=10×3+
1
×5×3
2
m=52.5 m。
2 2
故t
=0
时
,
甲
、
乙两车相距
Δ
x
1=
x乙
-
x甲
=7.5 m,
即甲车在乙车前方
7.5 m,
选项
B
错误
;
画出两车的v t图像 根据图像面积的含义 可以判定在t 时甲 乙两车第一次并排行驶 选项
- , , =1s 、 , C
错误
;
甲
、
乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x
=
x甲
-
x甲
'=45 m-5 m=40 m,
选项
D
正确
。
【答案】
9. BD
【解析】 运动员运动到最高点时速度最小v v α 故 错误
x= 0cos =103m/s, A ;
将初速度v 分解为沿AB方向的分速度v 和垂直AB方向的分速度v
0 1 2,
则有v v v v
1= 0cos60°=10m/s,2= 0sin60°=103m/s,
将重力加速度g分解为沿AB方向的分加速度a 和垂直AB方向的分加速度a
1 2,
则有a g 2a g 2 垂直AB方向
1= sin30°=5m/s,2= cos30°=53m/s, ,
v
根据对称性可得 运动员运动的时间为t 2 故 正确
, =2a =4s, B ;
2
v2
运动员离斜坡的最远距离为d 2 故 错误
max=a =103m, C ;
2 2
运动员落地时竖直分速度大小为v y=- v 0sin30°+ gt =30 m/s, 则落地速度与水平方向夹角 φ 的正切值
v v
为 y y 可得 故 正确
φ φ β
tan =v =v = 3, =60°,=30°, D 。
x 0cos30°
【答案】
10. BC
【解析】 滑块下滑过程中的受力分析 如图所示
, ,
PQ
由胡克定律结合几何关系有F k
T= θ,
cos
由平衡条件可得
:
F θ mg F
Tcos= cos53°+ N,
PQ
x 处平衡 mg f k θ
1 : sin53°= + θ·sin ,
cos
联立解得F k PQ mg
N= · - cos53°=10N,
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4 5f
可知 滑块与杆之间的弹力不变 滑动摩擦力大小也不变 故 错误
μ
, , ,=F =0.16, A ;
N
由v2 ax a x x 再根据图像特点可得x x a a . 2 滑块在最高点a
=2 1 1=2| 2|(2- 1), :2=2 1,1=- 2=64m/s,
mg f
sin53°- 2 正确
= m =6.4m/s,B、C ;
滑块上滑过程中的摩擦力向下 设其平衡点为x 可得kx mg f 解得x 故
, 3, 3= sin53°+ , 3=0.96m, D
错误
。
【解析】 实验中弹簧是竖直悬挂的 弹簧自身重力会影响原长测量 应在竖直悬挂且未挂槽码时测
11. (1) , ,
原长 不是平放桌面 错误
, ,A 。
增加槽码后 弹簧需稳定 弹力稳定后再读数 立即读数会因弹簧振动导致示数不准 错误
, , , ,B 。
槽码质量适当大些 弹簧形变量更明显 相对误差小 能减小实验误差 正确
, , , ,C 。
悬挂槽码个数不能任意增加 要在弹簧弹性限度内 超过限度弹簧形变不再符合胡克定律 错误
, , ,D 。
F
由胡可定律可得k 图乙实线的斜率表示劲度系数k 取图像上两点 和 求得斜率
(2) ,=Δx, , (0,1) (5.5,12)
k . 即劲度系数k 当没有悬挂槽码时 弹簧此时长度记为原长 弹簧自身有重力 拉力
=20, =2.0N/cm; , , ,
传感器有示数
。
【解析】 方法一中mg a 就是绳子拉力 不需要满足钩码质量远远小于手机和小车总质量
12. (1) ( - ) , ,A
错误
。
方法二中 由于在悬挂钩码的时候小车和智能手机做匀速直线运动 则撤去钩码时 小车所受的合外力
, , ,
大小跟钩码的重力一样 所以不需要钩码的质量远小于智能手机和小车的总质量 故 错误
, 。 B 。
为了让细绳拉小车的力为恒力 则细绳应该始终与长木板平行 故 正确
, , C 。
方法一中 他们用mg a 作为F准确 原理完善 没有系统误差 方法二中小车和手机合力等于撤去
, (- ) , , ;
钩码前钩码重力 没有系统误差 错误
, ,D 。
不挂钩码时小车和手机加速度不为零 说明重力分力大于所受摩擦力 即补偿阻力时木板倾角偏大
(2) , ,
或补偿阻力过度
。
F Ma 变形a 1F 则k 1 由于使用的是同一设备 故k k
(3) = , =M , =M。 , 1= 2。
由于M 1 代入得M . 对小车和智能手机受力分析 Mg θ f Ma mg 代入数据得
(4) =k , =060kg; , sin - = = ,
2
f
=3N。
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5 5
