物理参考答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届云南省高三上学期10月第一次质量检测_云南省2024届高三上学期10月第一次质量检测物理

2023-2024 学年第一学期质量检测 高三年级 物理（一） 参考答案 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分） 1 2 3 4 5 6 D A B A C C 7 8 9 10 11 12 B C AB BC BC BC 二、实验题（本大题共2小题，第13题6，第14题9分，共15分） 13.（1）CD/DC；（2）丙；（3）1.0 【解析】（1）[1]A．平衡摩擦力后有 f m g s in m g c o s    = = 故不需要重新平衡摩擦力，故A错误； B．为充分利用纸带，实验时应先接通电源后释放小车，故B错误； C．要使小车的合外力等于小桶（及砝码）的重力，本实验m 应远大于m ，故C正确； 1 2 D．根据牛顿第二定律有 F = m a 整理得 a = F  1 m 故在用图像探究加速度与质量关系时，应作 a − 1 m 1 图像，故D正确。 故选CD。 （2）[2]若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，根据牛顿第二定律有 F− f =ma 整理得 1 f a=F − m m 可知当小车合外力较小时，小车静止。测量得到的a-F图像，可能是图2中的图线丙。 {#{QQABRQaQgggIABJAAQgCEwHiCgIQkBGCAAoOwBAMMAAAwRNABAA=}#}（3）[3]根据逐差法求出小车的加速度为 x −x (21.60−8.80)−8.80 a= BD OB = 10−2m/s2 =1.0m/s2 (2T)2 (20.1)2 14. （1）B；（2）C；（3）0.1；2；2√2 【解析】（1）[1]为准确确定坐标轴，还需要的器材是铅垂线，故B正确。 故选B。 （2）[2]AB.为了使小球每次从斜槽末端抛出时的初速度相同，小球每次应从斜槽上相同的 位置由静止自由滚下，而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，故AB错误； C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故C正确； D.由于实验中存在误差，坐标纸上所记录的点不可能严格地分布在一条抛物线上，所以在 绘制小球运动的轨迹时，应先舍去一些误差较大的点，将误差较小的点用平滑曲线连接起 来，而这些点有的可能在曲线上，有的可能靠近并均匀分布在曲线两侧，故D错误。 故选C。 （3）[3]设相邻两点的时间间隔为T，则根据运动学公式有 Δy= y −y =gT2 BC AB 代入数据解得 T=0.1s [4]物体平抛运动的初速度大小为 x v = AB =2m/s 0 T [5]物体运动到B点时的竖直分速度大小为 v 1 = y A B + 2 T y B C = 2 m /s 则合速度大小为 v B = v 20 + v 21 = 2 2 m /s 三、解答题（本大题共3小题，共37分） 15.（10分）（1）0.3s；（2） 3 7  ；（3） 1 .2 m 【详解】（1）（2）根据题意，设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，则竖直方向的初 速度为 v =v sin（1分） y 0 {#{QQABRQaQgggIABJAAQgCEwHiCgIQkBGCAAoOwBAMMAAAwRNABAA=}#}篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，则有 v 2y = 2 g ( H − h ) （2分） 1 2 v y t = H − h （2分） 联立解得 s i n 3 5  = t = 0 .3 s （1分） 则有 3 7  =  （1分） （3）由几何关系可知，水平初速度为 v x = v 0 c o s 3 7  = 4 m s （2分） 水平位移为 x = v x t = 1 .2 m （1分） 16.（12分）（1） 0 .9 m ；（2） 3 5 m /s ；（3） 3 1 0 5 s 【详解】（1）根据题意可知，小物块在最高点恰能做圆周运动，即 m g = m 2 v BR （2分） 解得 R = 0 .9 m （2分） （2）小物块运动到圆弧最低点C时 F N − m g = m 2 v CR （2分） 解得 v C = 3 5 m /s （2分） （3）根据速度与水平方向成 6 0  角可知 v =v tan60=3 15m/s（2分） y C 平抛运动在竖直方向为自由落体运动，则 v 3 5 t = y = s（2分） g 10 {#{QQABRQaQgggIABJAAQgCEwHiCgIQkBGCAAoOwBAMMAAAwRNABAA=}#}17.（15分）（1）40N；（2）26m；（3） 2 − 2 2 s ， 2 + 2 1 0 s 【详解】（1） v t − 图像的斜率表示加速度，则有 a 1 =   v t = 0 4 − −( 0 − 2 ) m /s 2 = 2 m /s 2 （1分） 对小球由牛顿第二定律 (F−mg)sin−(F−mg)cos=ma （2分） 1 解得 F =40N（1分） （2）由图可知，3s末小球速度 v 1 = v 0 + a t1 1 = 1 0 m /s （1分） 0-3s内小球的位移为 1 1 x =v t + at2 =43m+ 232m=21m（1分） 1 01 2 11 2 3s后，对小球有 mgsin+mgcos=ma （1分） 2 解得 a 2 = 1 0 m /s 2 （1分） 3s后沿倾斜细杆向上运动的位移大小为 v2 x = 1 =5m（1分） 2 2a 2 解得 x = x 1 + x 2 = 2 6 m （1分） （3）小球由B点向上再经t 通过距B点2.5m位置C有 2 x 3 = v 0 t 2 + 1 2 a t1 22 （1分） 解得 2− 2 2+ 2 t = s，t = s（舍去） 2 2 2 2 到达最高点的时间为 v t = 1 =1s（1分） 3 a 2 下滑通过位置C时 {#{QQABRQaQgggIABJAAQgCEwHiCgIQkBGCAAoOwBAMMAAAwRNABAA=}#}m g s in 3 7 m g c o s 3 7 m a 3   −  = （1分） 解得 a 3 = 2 m /s 2 则从最高点返回该位置，则有 x 2 − 2 .5 = 1 2 a 3 t 24 （1分） 解得 t 4 = 1 2 0 s 即 t5 = t3 + t 4 = 2 + 2 1 0 s （1分） 故撤去恒力F，再经 2 − 2 2 s 2+ 10 和 s小球两次通过距B点上方2.5m的C点位置。 2 {#{QQABRQaQgggIABJAAQgCEwHiCgIQkBGCAAoOwBAMMAAAwRNABAA=}#}