文档内容
成都市 级高中毕业班第一次诊断性检测
２０２３
物理试题参考答案及评分意见
一、单项选择题:本题共 小题,每题 分,共 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符
７ ４ ２８
合要求.
１．B ２．D ３．D ４．A ５．C ６．D ７．C
二、多项选择题:本题共 小题,每题 分,共 分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合
３ ６ １８
要求.全部选对的得 分,选对但不全的得 分,有选错的得 分.
６ ３ ０
８．BC ９．AC １０．AD
三、非选择题:本题共 小题,共 分.
５ ５４
分
１１．(６ )
分 或 分 分
(１)８．４１(２ ) ０．７( ０．７０)(２ ) (２)B(２ )
分
１２．(１０ )
k
分 分 分 k 分 分
(１)a(２ ) ５．２(２ ) (２)－ (２ ) (２ ) R (２ )
V
分
１３．(１０ )
解 从 状态到 状态气体经历等容变化过程 由查理定律得
:(１) A B , :
p p
０ ３ ０ 分
T ＝T (２ )
０
解得 T T 分
: ＝３ ０ (１ )
过程外界对气体做功为
(２)AB :
W 分
AB＝０ (１ )
过程外界对气体做功为
BC :
W p V V 分
BC＝３ ０(３ ０－ ０) (１ )
W W W
＝ AB＋ BC
解得 W pV 分
: ＝６ ０ ０ (１ )
由热力学第一定律得
(３) :
U W Q 分
Δ ＝ ＋ (１ )
从 状态到 状态 气体经历等压变化过程 由盖 吕萨克定律得
B C , , :
V V
３ ０ ０ 分
T ＝T (１ )
C
解得 T T
: C＝ ０
气体在 状态与 状态温度相等 内能相等 则 过程内能改变量为
A C , , ABC :
U 分
Δ ＝０ (１ )
Q放 Q
＝－
解得
:
Q放
＝６
p
０
V
０ (１
分
)
其它合理解法参照给分
( )
物理参考答案 第 页 共 页
１ ( ３ )分
１４．(１２ )
解 小球从 到 由动能定理得
:(１) A B :
mgR θ qEx １mv２ 分
sin － ＝ －０ (２ )
２
由几何关系得
:
x R R θ 分
＝ － cos (１ )
解得 E ３ 分
: ＝１．５×１０ V/m (１ )
小球到达 点时轨道对它的支持力为N 由牛顿第二定律得
(２) B , :
N mg θ qE θ m
v２
分
－ sin － cos＝ R (２ )
解得 N 分
: ＝９N (１ )
设小球离开 点后 竖直方向加速度大小为a 水平方向加速度大小为a 从离开
(３) B , １, ２, B
点到落地时间为t
.
竖直方向 由牛顿第二定律和运动学公式得
, :
mg ma 分
＝ １ (１ )
h v θ t １at２ 分
＝ cos ＋ １ (１ )
２
水平方向 由牛顿第二定律和运动学公式得
, :
qE ma 分
＝ ２ (１ )
d v θ t １ a t２ 分
＝ sin ＋ (－ ２) (１ )
２
解得d 分
:＝０．３６２５m (１ )
其它合理解法参照给分
( )
分
１５．(１６ )
解 由分析可得 μ ２３ θ 物块 释放后保持静止 物块 从 点加速至 点的过
:(１) ,＝ ＞tan , Q . P a b
３
程中 由牛顿第二定律和运动学公式得
, :
mg θ ma 分
１ sin ＝ １ １ (１ )
v２ aL 分
０＝２ １ (１ )
解得v gL 分
:０＝ (１ )
物块 与物块 第一次发生弹性碰撞后物块 的速度大小为v 物块 的速度大小
(２) P Q P １, Q
为v 由动量守恒得
２, :
mv mv mv 分
１ ０＝ １ １＋ ２ ２ (１ )
由机械能守恒得
:
１mv２ １mv２ １mv２ 分
１ ０＝ １ １＋ ２ ２ (１ )
２ ２ ２
m m m
解得v １－ ２v v ２ １ v
:１＝m m ０,２＝m m ０
１＋ ２ １＋ ２
当m m 时v v v
１＝ ２ ,１＝０,２＝ ０
物块 碰后将做匀减速直线运动 假设物块 匀减速至停下前两物块未碰撞 该过程
Q , Q ,
物理参考答案 第 页 共 页
２ ( ３ )物块 的加速度大小为a 运动时间为t 位移大小为x 由牛顿第二定律和运动学
Q ２, １, １,
公式得
:
μmg θ mg θ ma 分
２ cos－ ２ sin ＝ ２ ２ (１ )
v a t 分
０＝ ２＋(－ ２)１ (１ )
v
x ２＋０t 分
１＝ １ (１ )
２
L
解得t x L
:１＝２ g,１＝
物块 碰后将做初速度为 的匀加速直线运动 在t 时间内位移大小为x 由运动学
P ０ , １ ２,
公式得
:
x １at２ 分
２＝ １ １ (１ )
２
解得x L
:２＝
即物块 恰好运动至 点速度减为 机关尚未触发 此时物块 恰好也运动至 点
Q c ０, , P c ,
故两物块会发生第二次弹性碰撞 两次碰撞所间隔的时间为
. :
L
t 分
Δ ＝２ g (１ )
当m m 时 结合 计算结果 分析可得 第一次碰撞后 物块 先经过 点 触
(３)① １＞ ２ , (２) , , , Q c ,
发机关 物块 不会与物块 发生第二次碰撞
, P Q .
假设物块 与挡板 发生了nn 次碰撞后最终停在 点 物块 从第一
Q N (＝１,２,３) c , Q
次碰后至最终停止运动的过程中 由动能定理可得
, :
L
mg L μmg θL n １mv２ 分
２ sinθ － ２ cos( ＋２ )＝０－ ２ ２ (１ )
２ ２
解得v n v
:２＝ ２ ＋１ ０
m
又因为v v 故n 此时 １最大 分
２＜２０, ＝１, m (１ )
２
m
解得 １ 分
:m ＝２３＋３ (１ )
２
当m m 时 结合 计算结果 分析可得 第一次碰后物块 沿斜面向下匀减速
② １＜ ２ , (２) , , Q
至 物块 先沿斜面向上做匀减速直线运动 再沿斜面向下做匀加速直线运动 直至
０, P , ,
与已静止的物块 再次发生碰撞 重复该过程
Q , .
m
当 １最小时 经过无数次碰撞后 两物块最终恰好均停在 点 分
m , , c . (１ )
２
对两物块全过程能量守恒可得
:
mg θ L mg θ L μmg θ L 分
１ sin ２ ＋ ２ sin ＝ ２ cos (１ )
m
解得 １ １ 分
:m ＝ (１ )
２ ２
m
综上 要使得物块 最终停在 点 １的最大值为 最小值为１
, Q c ,m ２３＋３, .
２ ２
其它合理解法参照给分
( )
物理参考答案 第 页 共 页
３ ( ３ )
