【文档说明】河南省信阳市2023-2024学年高三上学期第一次教学质量检测 物理答案.pdf，共(4)页，150.460 KB，由小赞的店铺上传

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２０２２－２０２３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．Ｄ２．Ｃ３．Ｃ４．Ｂ５．Ｄ６．Ａ７．Ｃ８．ＡＤ９．ＤＢ１０．ＡＣ１１．ＢＤ二、实验题：１２．（９分）１２０．２ｂＬｈ【详解】（１）［１］根据胡克定律可得，弹簧的劲度系数为

ｋ＝Ｆｘ＝０．６０５×１０－２Ｎ／ｍ＝１２Ｎ／ｍ（２）［２］根据牛顿第二定律可得Ｆ＝Ｍａ可得ａ＝１ＭＦ可知ａ－Ｆ图像的斜率为ｋ＝１Ｍ＝３．００．６０解得滑块与加速度传感器的总质量为Ｍ＝０．２ｋｇ（３）［３］测出两调节旋钮ＰＱ之间距离

为Ｌ，调节旋钮Ｑ，使之比旋钮Ｐ高出ｈ，则有ｓｉｎθ＝ｈＬ根据牛顿第二定律可得Ｆ＋Ｍｇｓｉｎθ＝Ｍａ可得ａ＝１ＭＦ＋ｇｓｉｎθ可知ａ－Ｆ图像的纵轴截距为ｂ＝ｇｓｉｎθ解得当地的重力加速度为ｇ＝ｂｓｉｎθ＝ｂＬｈ１３．（６分）８．００．０６９【详解】（１

）［１］挡光杆通过光电门时的线速度ｖ＝ΔｓΔｔ由ω＝ｖＲ解得ω＝８．０ｒａｄ／ｓ（２）［２］根据向心力公式有Ｆ＝ｍω２ｒ）页４共（页１第案答理物三高{#{QQABSYKQogioABAAAQgCUwUiCkOQkAAACAoOQAAMIAAAgBN

ABAA=}#}将ω＝ΔｓＲΔｔ代入上式解得Ｆ＝ｍΔｓ２Ｒ２Δｔ２ｒ可以看出以Ｆ为纵坐标，１Δｔ２为横坐标；在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为ｋ＝ｍΔｓ２Ｒ２ｒ由图像可知，斜率为ｋ＝５×１０－６解得ｒ＝０．０６９ｍ１４．（１０分）（１）９１０；（

２）１６ｓ；【详解】（１）设原来海水密度为ρ，根据题意，有ｍｇ＝Ｆ浮＝ρｇＶ排２分…………………………………………………………………“跃层”内海水密度为ρ′，有ｍｇ－Ｆ′浮＝ｍａ１Ｆ′浮＝ρ′ｇＶ排２分…………………………………………………解得ρ′ρ＝

Ｆ′浮Ｆ浮＝９１０１分……………………………………………………………………（２）潜艇在匀加速下落阶段，有ｈ１＝１２ａ１ｔ２１＝３２又ｖ１＝ａ１ｔ１＝８ｍ／ｓ２分……………………………………………………………排水后，潜艇先匀减速下降，再匀加速上升，对这个过程，有－ｈ１＝ｖ１ｔ２

－１２ａ２ｔ２２２分………………………………………………………………得ｔ２＝１６ｓ１分……………………………………………………………………１５．（１４分）（１）ｖ＝５／２ｍ／ｓ；（２）ｖ共＝２ｍ／ｓ，之后一起沿斜面向下匀速运动。【详解】（１）解除锁定弹簧恢复

形变瞬间，门框与物块组成系统外力之和为零根据动量守恒有ｍｖ０＝Ｍｖ２分…………………………………………………………………………解得ｖ＝５／２ｍ／ｓ２分………………………………………………………………（

２）物块与门型框相碰时，小物块位移ｘ１＝ｖ０ｔ＋１２ａ１ｔ２１分…………………………………………………………………门型框沿斜面向上运动位移ｘ２＝ｖｔ－１２ａ２ｔ２１分…………………………………）页４共（页２第案答理物三高{#{QQABSYKQogioABAAA

QgCUwUiCkOQkAAACAoOQAAMIAAAgBNABAA=}#}由位移关系有Ｌ＝ｘ１＋ｘ２２分………………………………………………………又物块加速度ａ１＝ｇｓｉｎθ＝５ｍ／ｓ２１分………………………………

……………门型框加速度大小ａ２＝ｇｓｉｎθ＋μｇｃｏｓθ＝１２．５ｍ／ｓ２１分…………………………联立并代入数据解得ｔ＝０．２（舍掉ｔ＝１．２ｓ）１分…………………………………规定沿斜面向下为正方向，物块与门型框碰撞

瞬间动量守恒ｍ（ｖ０＋ａｔ）－Ｍ（ｖ－ａ２ｔ）＝（Ｍ＋ｍ）ｖ共代入数据解得ｖ共＝２ｍ／ｓ２分……………………………………………………根据牛顿第二定律，物块与门型框共同运动时加速度大小ａ３＝（Ｍ＋ｍ）ｇｓｉｎθ－μＭｇｃｏｓθＭ＋ｍ代入得ａ３＝０１分…………

………………………………………………………则门型框与小物块相碰粘合后一起以ｖ共＝２ｍ／ｓ的速度沿斜面向下匀速运动。１６．（１７分）【答案】（１）４．５ｍ／ｓ，４．１８ｍ／ｓ；（２）不能，不能，见解析【解析】【详解

】（１）设杆的质量为Ｍ，杆受到的滑动摩擦力为ｆ１，环受到的滑动摩擦力为ｆ２，击打时杆的加速度为ａ１，环的加速度为ａ２，杆和环的受力如图１所示则Ｆ＋Ｍｇ－ｆ１－ｆ２＝Ｍａ１，１分………………………………………………………ｍｇ＋ｆ２＝ｍａ２１分…………………………………………………………

…………解得ａ１＝２４ｍ／ｓ２，１分……………………………………………………………ａ２＝２２ｍ／ｓ２１分……………………………………………………………………第一次击打结束时杆的速度ｖ１＝ａ１ｔ１解得ｖ１＝４．５６ｍ／ｓ１分

……………………………………………………………环的速度为ｖ２＝ａ２ｔ１解得ｖ２＝４．１８ｍ／ｓ１分……………………………………………………………（２）撤去Ｆ后，杆的受力如图２所示则Ｍｇ－ｆ１－ｆ２＝Ｍａ３解得ａ３＝－１６ｍ／ｓ２１分……………

………………………………………………设再经ｔ２二者达到共速ｖ，则ｖ＝ｖ１＋ａ３ｔ２＝ｖ２＋ａ４ｔ２解得ｔ２＝０．０１ｓ，ｖ＝４．４ｍ／ｓ１分……………………………………………………）页４共（页３第案答理物三高{#{QQABSY

KQogioABAAAQgCUwUiCkOQkAAACAoOQAAMIAAAgBNABAA=}#}环相对杆向上Δｓ１＝１２（ｖ２－ｖ１）ｔ１＋１２（ｖ２－ｖ１）ｔ２解得Δｓ１＝０．０３８ｍ＜０．０５ｍ２分………

……………………………………………杆和环共速度后，假设两者一起匀减速，杆和环的受力如图３所示则Ｍｇ＋ｍｇ－ｆ１＝（Ｍ＋ｍ）ａ１分……………………………………………………设此时杆与环之间的静摩擦力为ｆ′２，则ｍｇ－ｆ′２＝ｍａ１分………………………解得ｆ′２＝４

３Ｎ＞１．２Ｎ１分…………………………………………………………假设不成立，两者发生相对滑动，杆和环的受力如图４所示则Ｍｇ－ｆ１＋ｆ２＝Ｍａ４，ｍｇ－ｆ２＝ｍａ５解得ａ４＝－４ｍ／ｓ２，ａ５＝－２ｍ／ｓ２２分………………………………………………环相对杆向Δｓ２＝ｖ２２ａ５－ｖ２２ａ

４１分……………………………………………………解得Δｓ２＝２．４２ｍ击打一次环相对杆下滑Δｓ＝Δｓ２－Δｓ１解得Δｓ＝２．３８２ｍ＞０１分…………………………………………………………故不可能通过多次击打使环到达Ａ端。）页４共（页４第案答理物三高{#

{QQABSYKQogioABAAAQgCUwUiCkOQkAAACAoOQAAMIAAAgBNABAA=}#}