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2024—2025
物理试题参考答案
题 号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答 案
B A D D C C A C AC BD BC ACD
πd2U
分 间均可 每空 分
13.(6 )(1)0.398(0.397~0.399 ) (2)A (3)IL( 2 )
4
g b
. 分 B 每空 分
14 (8 )(1) (2)B (3)k k( 2 )
. 分 解析
15 (8 ) :
设机器人从A到B过程中 加速到v 所需时间为t 减速所用时间为t
(1) , m 1, 2。
v
则t t m 分
1= 2=a=1.5s ……………………………………………………………………… 1
机器人从A运动到B的过程 加速 减速运动的位移分别为x x
, 、 1、2。
v
则x x mt 分
1= 2= 1=2.25m ………………………………………………………………… 1
2
匀速运动的位移x v t t t 分
3= m(AB- 1- 2)=1.5m ………………………………………… 1
AB间的距离x x x x 分
AB= 1+ 2+ 3=6m …………………………………………………… 1
机器人从B运动到C的过程恰好达到最大速度v 不经历匀速过程
(2) m, 。
机器人从B运动到C的时间t t t 分
BC= 1+ 2=3s…………………………………………… 1
机器人从 运动到 的位移大小x x2 x2 分
A C AC= AB+ BC=7.5m…………………………… 1
x
从A运动到C的平均速度大小v AC 分
=t t ……………………………………………… 1
AB+ BC
解得v 分
=1.15m/s ………………………………………………………………………… 1
分 解析
16.(8 ) :
小球静止时 根据平衡条件有F α β mg α 分
(1) , cos 90°- + = sin ………………………… 2
解得F mg 分
= 3 …………………………………………………………………………… 1
小球在A点时弹簧的长度与静止时相同 则弹簧的弹力大小F mg
(2) , = 3
设小球在A点做圆周运动的半径为r 速度大小为v 所受杆的弹力大小为F
, A, N。
竖直方向有F α mg 分
Ncos = ………………………………………………………………… 1
v2
水平方向有F F α m A 分
+ Nsin = r …………………………………………………………… 1
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1 ( 3 )
{#{QQABZYqEogioABBAARgCEwGwCEEQkhEACQgGhAAIIAAASBFABCA=}#}L
由几何关系有r 分
= α……………………………………………………………………… 1
tan
L
小球运动到A点的过程中 根据动能定理有W mg 1mv2 分
, - × = A-0 ……………… 1
2 2
解得W .mgL 分
=15 ………………………………………………………………………… 1
. 分 解析
17 (14 ) :
粒子在电场中做类平抛运动
(1) 。
水平方向有x vt 分
||= 0 ……………………………………………………………………… 1
qE
竖直方向有y 1 t2 分
= ·m· ……………………………………………………………… 1
2
x2
其中y
=l
2
mv2
解得E 0 分
=ql ……………………………………………………………………………… 1
在电场中 水平方向有l vt 分
(2) , = 0 1 ………………………………………………………… 1
qE
竖直方向有v t 分
y=m 1 ……………………………………………………………………… 1
则v
=
v2
0+
v y2
…………………………………………………………………………… 1
分
设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为θ
。
v
则 θ 0 即θ 分
sin =v, =45°……………………………………………………………………… 1
v2
由牛顿第二定律得qvB m 分
= R …………………………………………………………… 1
1
由几何关系知d R θ 分
=2 1sin …………………… 1
解得d l 分
= 2 …………………………………… 1
射出磁场时的位置坐标为 l
(0,- 2 )
从O点发射进入磁场的粒子 运动半径为
(3) ,
mv
R 0 分
2=Bq ………………………………………… 1
解得R 2l 分
2= …………………………………… 1
2
由几何知识可知 从A点和O点发射的粒子从同一点
,
射出磁场 所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
,
L R R θ 分
= 2- 1(1-cos)……………………………………………………………………… 1
解得L l 分
=(2-1) ………………………………………………………………………… 1
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2 ( 3 )
{#{QQABZYqEogioABBAARgCEwGwCEEQkhEACQgGhAAIIAAASBFABCA=}#}. 分 解析
18 (16 ) :
小球 与挡板a第一次碰撞过程中Δp mv θ mv θ 分
(1) A y= 0sin -(- 0sin ) ……………… 2
解得Δp .mv 分
y=12 0 ………………………………………………………………………… 1
设小球 与挡板a第一次碰撞时间为Δt
(2) A 。
沿挡板方向 由动量定理得 FΔt Δp 分
, - f =- x ……………………………………………… 1
垂直于挡板方向 由动量定理得FΔt Δp 分
, N = y …………………………………………… 1
又因为F kF 分
f= N …………………………………………………………………………… 1
解得Δp .mv 分
x=01 0 ………………………………………………………………………… 1
小球 最后速度大小为v v θ 分
(3) A y= 0sin ………………………………………………… 1
由动能定理可得 挡板对小球 做的总功为W 1mv2 1mv2 分
, A = y- 0 ……………………… 2
2 2
解得W . mv2 分
=-032 0 ……………………………………………………………………… 1
d d
两次相邻碰撞间的时间间隔t 5 分
(4) =v θ=v ………………………………………… 1
0sin 30
沿挡板方向上 每次碰撞动量减小 .mv 则每次碰撞速度减小 .v 分
, 01 0, 010。 …………… 1
小球与挡板碰前沿挡板方向的分速度为v v θ .v 分
x= 0cos=080 ………………………… 1
因而小球A能够在沿板方向运动的距离L .v .v .v t 分
=(070+060+…+010) ………… 1
解得L 14d .d 分
= ≈467 ……………………………………………………………………… 1
3
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