【文档说明】河南省信阳市2022届高三上学期10月第一次教学质量检测（一模）物理试题答案.pdf，共(3)页，132.870 KB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年普通高中高三第一次教学质量检测物理参考答案一、选择题:(每题4分)1.B2.C3.A4.B5.D6.B7.AD8.BC9.BC10.BD二、实验题:11.(1)C;(2)1,712.(1)db12kd2(2)12mbd2

大三、计算题:13.(8分)【解答】解:(1)设火箭的加速度为a,火箭离开发射塔后做匀加速直线运动,则有x=12at21分………………………………………………………………得:a=2xt2=2×108.06.02m/s2=6m/s21分…………………………………………火箭离开

发射塔瞬间的速度大小为v=at=6×6.0m/s=36m/s2分…………(2)设火箭起飞时推动力的大小为F,由牛顿第二定律得:F﹣mg=ma2分…………………………………………………………………代入数据,

解得:F=7.36×106N2分………………………………………………答:(1)火箭离开发射塔瞬间的速度大小是36m/s;(2)火箭起飞时推动力的大小是7.36×106N;14.(10分)【解答】解:(

1)在A点,受力分析知:F+mg﹣FA=mv2R2分………得:F=7mg1分……………………………………………………………………从A点到B点过程,根据机械能守恒定律:mg·2R=12mv2B-12mv22分…得:vB=5gR1分…………

………………………………………………………(2)在B点,当FB=0,质点速度最大,根据F﹣mg=mv2BR2分………………得:vBm=6gR2分…………………………………………………………………答:(1)质点所受圆轨道的强磁性引力的大小

为7mg,质点到达B点的速率为5gR;(2)为确保质点不脱离轨道,质点通过B点最大速率为6gR。15.(12分)【解答】解:(1)由图乙可知,物块的初速度v0=8m/s,物块的速度减速到与皮带的速度相等时,加速度发生变化,所以皮带

转动时的速度v=4m/s,1分………………………………………………………………………在t=0到t=0.4s时间内,物块加速度大小为)页3共(页1第案答理物三高a1=|ΔvΔt|=8-40.4m/s2=10m/s21分…………………………

……………………方向沿斜面向下;物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力,沿斜面方向由牛顿第二定律:mgsinθ+μmgcosθ=ma1,1分……………………………………………………解得:μ=0.5;1分…………………………………………………………

………(2)在t=0.4s后,物块减速运动的加速度大小为a2,物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力,由牛顿第二定律可得:mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2,解得:a1=2m/s2物块从t=0.4s开始,经过t1时间速度减为零,则t1=

42s=2s1分……………从t=0到t=0.4s,物块位移为x1=v0t-12a1t2=2.4m1分…………………从t=0.4s到t=2.4s,物块减速到零的位移x2=v2t1=42×2m=4m1分……物块沿皮带向上运

动过程中的位移为x=x1+x2=6.4m。1分………………(3)从t=0到t=0.4s,传送带位移为x3=vt=1.6m,物块相对传送带向上Δx1=x1-x3=0.8m2分…………………………………从t=0.4s到t=2.4s,传送带位移x4=vt1=8m物块相对传

送带向下Δx2=x4-x2=4m1分……………………………………故从t=0到t=2.4s,物块相对传送带的路程Δx=Δx2+Δx2=4.8m1分……答:(1)物块与皮带之间的动摩擦因数为0.5;(2)物块沿皮带向上运动的最大

位移为6.4m。(3)物块相对传送带的路程为4.8m16.(16分)【解答】解:(1)物块由A到B过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgR=12mv20,解得:v0=2gR;4分…………………………………

……………………………(2)设滑板与P碰撞前物块与滑板具有共同速度v1,物块与滑板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,1分……………………设此过程滑板位移为s,对滑板,由动能定理得:μ

mgs=12Mv2-0,1分………解得:s=3R8>L0=R6,假设不成立,滑板与挡板P碰撞前瞬间未达到共速,1分………………………………………………………………………………………设碰撞前瞬间滑板速度为v2,

由动能定理得:μmg·R6=12Mv22-0,1分………解得:v2=2gR6,1分………………………………………………………………一法:设滑板撞P前瞬间物块的速度为v1,)页3共(页2第案答理物三高由动量守恒得:mv2=mv1+Mv2,解得v1

=amt=2gR21分…………………………………………………………二法:滑板撞P前,由牛顿第二定律得:对滑板:μmg=MaM,解得:aM=g6,对物块:μmg=mam,解得:am=g2,该过程运动时间:t=v2aM=2Rg,滑板撞P前瞬间物块的速度:v1=amt=

2gR2;(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失,所以滑板与挡板P碰撞后的速度v1大小不变,方向向左,此后滑板做匀减速直线运动,物块向右减速,设两者第二次具有共同速度v3,以向左为正方向,一法:由动量守恒定律得:Mv2﹣mv1=(M+m)v3,1分………………………解得:v3=0,说明二

者速度同时减为零,1分……………………………………设此时滑板离P的距离为s',由动能定理得:﹣μmgs'=12Mv23-12Mv22,1分…………………………………………………………………………………………解得:s'=R6

,1分……………………………………………………………………所以滑板刚好回到原来位置,物块始终相对滑板向右运动,设滑板长度最小值即相对位移为L,由能量守恒得:12Mv22-12mv21=μmgL1分…………………………解得:L=2R1分………………………………………………………

…………二法:由动量守恒定律得:Mv2﹣mv1=(M+m)v3,设此时滑板离P的距离为s',由动能定理得:﹣μmgs'=12Mv23-12Mv22,解得:v3=0,s'=R6,全程物块和滑板对地位移分别为:s1=0-v2

02(-am)=2R,s2=0,因此,滑板长度最小值即相对位移为:L=s1﹣s2=2R;答:(1)物块滑到B点的速度v0大小为:2gR;(2)滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度v1大小为2gR2;(3)要使物块始终留在滑板上,滑板长度最小值L为2R。)页3共(页3第案答理物

三高