玉溪市2023~2024学年春季学期期末高一年级教学质量检测物理-答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年8月试卷_0802云南省玉溪市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测

玉溪市 2023~2024 学年春季学期期末高一年级教学质量检测
物理参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共43分）
一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求）
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D B A C B C D
【解析】
1．加速度反映速度变化的快慢，速度大，速度不一定变化快，故A错误。物体速率不变，其
速度方向有可能变化，因此加速度也不一定为零，故B错误。物体做曲线运动时，如果它
受到的合力不变，其加速度也不会变化，故C错误，D正确。
2．绳子断裂之后，小球水平方向不受任何外力，将会沿切线方向做匀速直线运动，故B正确。
1 3
3．对小球受力分析，可得F mgsin30 mg ，F mgcos30 mg，故A正确。
1 2 2 2
1 Ft2
4．据牛顿第二定律可得F ma，据运动学规律可得x at2，解得m ，故C正确。
2 2x
1
5．据平抛运动的规律可得h gt2，xv t，解得v 30m/s，故B正确。
2 0 0
6．刚要落地瞬间小球的竖直速度为 v  2gh 10m/s ，重力做功的瞬时功率为
y
1
P mgv 0.11010W=10W，重力做功的平均功率为P  mgv 5W，故C正确。
1 y 2 2 y
7．因粒子通过b点时其速度与加速度垂直，可知粒子合外力方向向下，可得粒子在
b点速度最小，c点速度最大，故D正确。
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个
选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）
题号 8 9 10
答案 BC AD BC
高一物理参考答案·第1页（共5页）
{#{QQABDYaUgggIAIAAAAgCAQE4CAMQkAEAAYgGxAAMMAAAgQFABAA=}#}【解析】
1
8．小球做自由落体运动，x gt2，位移随时间变化越来越快；vgt，速度v随时间均匀
2
增大，故B、C正确。
9．在P点变轨时需要使卫星加速，故A正确。轨道2的半长轴大于轨道1的半径，因此T <T ，
1 2
故B错误。通过同一点，加速度大小相等，故C错误，D正确。
E
10．据图像a可得物块的合外力F = k 10Nmgsin37mgcos37，据图像b可得物块
合 x
E
所示的摩擦力大小 f  mgcos374N，解得m=1kg、0.5，故A错误，C正
x
确。由图像a可知，物块沿斜面上滑5m时动能减为零，从图像b可知，此时物块的机械
能为30J，即重力势能为30J，因mgsin37mgcos37，因此物块不可能停在斜面上，
故B正确，D错误。
第Ⅱ卷（非选择题，共57分）
三、填空、实验题（本大题共2小题，共15分）
11．（每空2分，共6分）
d d d2  1 1 
（6）   
t t 2ht2 t2 
1 2 2 1
d d d2  1 1 
【解析】（6）v  ，v  ，v2 v2 2gh，解得g    。
1 t 2 t 2 1 2ht2 t2 
1 2 2 1
12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（4）0.90 0.37 0.36（3分）
（5）A
(1.752.85)102
【解析】（4）打B点时的速度v  m/s0.90m/s，系统减小的重力势能
1 20.02
x x
为E m gh0.109.80.38J0.37J。打下E点时的速度大小为v  DE EF 
P 2 2 2T
(2.963.04)102 1 1
m/s1.50m/s，系统增加的动能E  (m m )v2  (m m )v2
20.02 k 2 1 2 2 2 1 2 1
0.36J。
（5）绳子质量轻其动能和势能变化就可忽略，可以减小实验误差；两物体质量相不相等
都不影响实验结果；弹性绳会产生弹性势能，从而影响测量结果；使用气垫导轨就不需
要倾斜轨道平衡摩擦力了，故选A。
高一物理参考答案·第2页（共5页）
{#{QQABDYaUgggIAIAAAAgCAQE4CAMQkAEAAYgGxAAMMAAAgQFABAA=}#}四、计算题（本大题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算
步骤，只写出最后结果的不能得分）
13．（8分）
解：（1）对冰壶，据动能定理可得
1
mgx0 mv2 ①
2 0
解得：0.0125 ②
（2）冰壶做匀减速运动，据牛顿第二定律可得
mg ma ③
据运动学规律可得
v at ④
0
解得：t 24s ⑤
评分标准：本题共8分。正确得出④、⑤式各给1分，其余各式各给2分。
14．（9分）
解：（1）从B到C，小球做平抛运动，可得
1.8Rv t ①
B
1
R gt2 ②
2
9
解得：v  2gR ③
B 10
（2）从A到B，据动能定理可得
1
mgRW  mv2 0 ④
f 2 B
19
解得：W  mgR ⑤
f 100
评分标准：本题共9分。正确得出⑤式给1分，其余各式各给2分。
15．（10分）
解：对包裹，据牛顿第二定律可得
mg ma ①
1
解得：a 2.5m/s2
1
设包裹经时间t 速度增加到v，有
1
vat ②
11
解得：t 0.4s
1
高一物理参考答案·第3页（共5页）
{#{QQABDYaUgggIAIAAAAgCAQE4CAMQkAEAAYgGxAAMMAAAgQFABAA=}#}设加速阶段包裹前进的距离为x ，则
1
1
x  at2 ③
1 2 11
共速后包裹做匀速运动，有
Lx vt ④
1 2
解得：t 2.8s
2
CD段，包裹做匀加速运动
mgsin37mgcos37ma ⑤
2
1
Lvt  a t2 ⑥
3 2 2 3
包裹运动的总时间：tt t t ⑦
1 2 3
解得：t 4.2s ⑧
评分标准：本题共10分。正确得出①、⑤式各给2分，其余各式各给1分。
16．（15分）
解：（1）小球通过最高点时
v2
mg m ①
R
从最低点到最高点，有
1 1
mg2R mv2  mv2 ②
2 0 2
解得：v  5gR ③
0
（2）小球通过最低点时，底座对地面的压力最大，设此时绳子拉力的大小为F
1
v2
对小球：F mg m 0 ④
1 R
对底座：F MgF ⑤
N 1
解得：F Mg6mg ⑥
N
（3）小球运动到横梁斜下方，绳子与竖直方向夹角为60时，设小球此时速度大小为v ，
2
从最低点到此处的过程中，据能量关系可得
1 1
mgR(1cos60) mv2  mv2 ⑦
2 0 2 2
设此时绳子拉力大小为F ，可得：
2
v2
F mgcos60m 2 ⑧
2 R
高一物理参考答案·第4页（共5页）
{#{QQABDYaUgggIAIAAAAgCAQE4CAMQkAEAAYgGxAAMMAAAgQFABAA=}#}此时地面对底座的摩擦力大小为
f F sin60 ⑨
2
9
解得： f  3mg ⑩
4
（4）当底座对地面的压力最小时，小球应该在横梁的斜上方，设绳子与竖直的夹角为，
从最高点到此处，据动能定理可得
1 1
mgR(1cos) mv2  mv2 ⑪
2 3 2
对小球有
v2
mgcosF m 3 ⑫
3 R
对底座：F MgF cos ⑬
N 3
解得：F Mg3mg(1cos)cos ⑭
N
1
据此时可知，当cos 时，底座对地面的压力最小，最小值为
2
3
F Mg mg ⑮
N 4
评分标准：本题共15分。正确得出①～⑮式各给1分。
高一物理参考答案·第5页（共5页）
{#{QQABDYaUgggIAIAAAAgCAQE4CAMQkAEAAYgGxAAMMAAAgQFABAA=}#}