卷子答案网-一个不只有答案的网站7.如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能
承受的最大压力为4N,质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因
数儿=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力
F作用，F与M的位移x的关系式为F=3+0.5x(其中，F的单位为N,x的单位为m),重力加速度
g=10m/s2,下列表述正确的是
比卧长年武民
N
A.m的最大加速度为4m/s2
m
B.m的最大加速度为5m/s
M
I//I77777177777777117177777777777777717
C.竖直挡板对m做的功最多为48J
D.当M运动位移为24m过程中，木板对物块的冲量大小为12N·s
8人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的电梯，又称“太空电梯”如图甲所示。图乙
中，图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与航天员距地心的距离，的关系，图线B表示航
天员相对地面静止时而产生的向心加速度大小与r的关系。图乙中R(地球半径)，。为已知量，地球
向两心受因，面最直
自转的周期为T,引力常量为G,下列说法正确的有
情直知答题-不，内面直翅
a
缺的五：好氏，野饭一方面萌明
4能射财能察中群丝远超个婆
的
:面直婆量输发.
甲
A.太空电梯处在T。位置内，航天员对电梯舱的弹力为零
同平更壶，国脚随出密低人
B.随着r的增大，航天员对电梯舱的弹力逐渐减小
指向衣爽躯州挺回测前做整限人出
nro
Gro
暖料数非考
C.地球的第一宇宙速度为
T√R
盟鞋数非，
4m278
D,地球的质量为C7
小领卖某代自的处桌量面物瑞摄量慨平亚王中堂彩令天受（命Q)
9.如图所示，质量为2m,高为九，倾角为日的光滑斜面体A放在光滑的水平面上。质量为m的细长直
杆B,受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静
止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F,A、B便开始运动。重力加速度为g,则
A.推力F的大小为mgsin0
B.运动过程中，B对A做正功
C.A、B组成的系统，水平方向上动量守恒
7797777777777
D.当杆的下端滑到斜面底端时，斜面体的速度大小
2gh
√2+tan20
,00.0比缕示的器察针比相曲，m 长离强0.（出科未中图）点A至休共酯欲，司那户配避(
高三物理试题蒙第3页（共6页）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．Ｄ ２．Ｃ ３．Ｃ ４．Ｂ ５．Ｄ ６．Ａ ７．Ｃ ８．ＡＤ
９．ＤＢ １０．ＡＣ １１．ＢＤ
二、实验题：
１２．（９ 分）１２ ０．２ ｂＬ
ｈ
【详解】（１）［１］根据胡克定律可得，弹簧的劲度系数为
ｋ＝ Ｆ ＝ ０．６０
ｘ ５×１０－
Ｎ ／ ｍ＝２ １２Ｎ ／ ｍ
（２）［２］根据牛顿第二定律可得 Ｆ＝Ｍａ
１
可得 ａ＝ Ｆ
Ｍ
可知 ａ－Ｆ 图像的斜率为 ｋ＝ １ ＝ ３．０
Ｍ ０．６０
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＝ ｈ
Ｌ
根据牛顿第二定律可得 Ｆ＋Ｍｇｓｉｎθ＝Ｍａ
可得 ａ＝ １ Ｆ＋ｇｓｉｎθ
Ｍ
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＝ ｂ ＝ ｂＬ
ｓｉｎθ ｈ
１３．（６ 分）８．０ ０．０６９
【详解】（１）［１］挡光杆通过光电门时的线速度 ｖ＝Δｓ
Δｔ
ω＝ ｖ由
Ｒ
解得 ω＝ ８．０ｒａｄ ／ ｓ
（２）［２］根据向心力公式有 Ｆ＝ｍω２ｒ
高三物理答案第１页（ 共４ 页）
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ω＝ Δｓ将
ＲΔｔ
Δｓ２
代入上式解得 Ｆ＝ｍ ｒ
Ｒ２Δｔ２
１
可以看出以 Ｆ 为纵坐标， ２为横坐标；在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直Δｔ
ｋ＝ｍ Δｓ
２
线的斜率为 ｒ
Ｒ２
由图像可知，斜率为 ｋ＝ ５×１０－６
解得 ｒ ＝ ０．０６９ｍ
１４．（１０ 分）（１） ９ ；（２）１６ｓ；
１０
【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 ＝ｍａ１ Ｆ′浮 ＝ ρ′ｇＶ排 ………………………………………………… ２ 分
解得
ρ′ Ｆ′＝ 浮 ＝ ９ …………………………………………………………………… １ 分
ρ Ｆ浮 １０
（２） １潜艇在匀加速下落阶段，有 ｈ ２１ ＝ ａ ｔ ＝ ３２２ １ １
又 ｖ１ ＝ａ１ ｔ１ ＝ ８ｍ ／ ｓ …………………………………………………………… ２ 分
排水后，潜艇先匀减速下降，再匀加速上升，对这个过程，有
－ｈ ＝ ｖ ｔ － １ ａ ｔ２１ １ ２ ２ ２ ……………………………………………………………… ２ 分２
得 ｔ２ ＝ １６ｓ …………………………………………………………………… １ 分
１５．（１４ 分）（１）ｖ＝ ５ ／ ２ ｍ ／ 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 ＝Ｍｖ ………………………………………………………………………… ２ 分
解得 ｖ＝ ５ ／ ２ ｍ ／ ｓ ……………………………………………………………… ２ 分
（２）物块与门型框相碰时，小物块位移
ｘ１ ＝ ｖ ｔ＋
１ ａ ｔ２０ １ ………………………………………………………………… １ 分２
门型框沿斜面向上运动位移 ｘ２ ＝ ｖｔ－
１ ａ２ ｔ２ ………………………………… １ 分２
高三物理答案第２页（ 共４ 页）
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由位移关系有 Ｌ＝ ｘ１＋ｘ２ ……………………………………………………… ２ 分
又物块加速度 ａ１ ＝ｇｓｉｎθ＝ ５ｍ ／ ｓ２ …………………………………………… １ 分
门型框加速度大小 ａ２ ＝ｇｓｉｎθ＋μｇｃｏｓθ＝ １２．５ｍ ／ ｓ２ ………………………… １ 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－ａ２ ｔ）＝ （Ｍ＋ｍ）ｖ共
代入数据解得 ｖ共 ＝ ２ｍ ／ ｓ …………………………………………………… ２ 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
ａ ＝（Ｍ
＋ｍ）ｇｓｉｎθ－μＭｇｃｏｓθ
３ Ｍ＋ｍ
代入得 ａ３ ＝ ０ ………………………………………………………………… １ 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 ＝ｍａ２ …………………………………………………………………… １ 分
解得 ａ１ ＝ ２４ｍ ／ ｓ２， …………………………………………………………… １ 分
ａ２ ＝ ２２ｍ ／ ｓ２ …………………………………………………………………… １ 分
第一次击打结束时杆的速度 ｖ１ ＝ａ１ ｔ１
解得 ｖ ＝１ ４．５６ｍ ／ ｓ …………………………………………………………… １ 分
环的速度为 ｖ２ ＝ａ２ ｔ１
解得 ｖ２ ＝ ４．１８ｍ ／ ｓ …………………………………………………………… １ 分
（２）撤去 Ｆ 后，杆的受力如图 ２ 所示
则 Ｍｇ－ｆ１－ｆ２ ＝Ｍａ３
解得 ａ３ ＝ －１６ｍ ／ ｓ２ …………………………………………………………… １ 分
设再经 ｔ２ 二者达到共速 ｖ，则 ｖ＝ ｖ１＋ａ３ ｔ２ ＝ ｖ２＋ａ４ ｔ２
解得 ｔ２ ＝ ０．０１ｓ，ｖ＝ ４．４ｍ ／ ｓ …………………………………………………… １ 分
高三物理答案第３页（ 共４ 页）
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环相对杆向上 Δｓ ＝ １ （ｖ １１ ２ ２
－ｖ１）ｔ１＋ （ｖ２－ｖ２ １
）ｔ２
解得 Δｓ１ ＝ ０．０３８ｍ＜０．０５ｍ …………………………………………………… ２ 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）ａ …………………………………………………… １ 分
设此时杆与环之间的静摩擦力为 ｆ′２，则 ｍｇ－ｆ′２ ＝ｍａ ……………………… １ 分
４
解得 ｆ′２ ＝ Ｎ＞１．２Ｎ ………………………………………………………… １ 分３
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 ／ ｓ２ ……………………………………………… ２ 分
２ ２
环相对杆向 Δｓ２ ＝
ｖ － ｖ …………………………………………………… １ 分
２ａ５ ２ａ４
解得 Δｓ２ ＝ ２．４２ｍ
击打一次环相对杆下滑
Δｓ＝Δｓ２－Δｓ１
解得 Δｓ＝ ２．３８２ｍ＞０ ………………………………………………………… １ 分
故不可能通过多次击打使环到达 Ａ 端。
高三物理答案第４页（ 共４ 页）
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