高三物理一模参考答案_2024届湖南省岳阳市高三第一次教学质量监测（岳阳一模）_湖南省岳阳市2024届高三第一次教学质量监测（岳阳一模）物理

岳阳市 2024 届高三教学质量监测(一) 物理参考答案及评分标准 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B D C C BC BD CD AD 非选择题 11．(1)0.52；(2分) (2)BC；(2分) (3)2(m -m )g/(m +m )d2；(2分) p q p q 12．(1)3200(2分) (2)见解析 (2分) (3) 见解析 (2分) (4)2.5~3.0(2分) 2.8 3.2(2分) 【解析】(1) 电压表V 1 的内阻约为32×100Ω=3200~Ω (2) 电路连线如图； (3) 作出U R图线如图 2 U U 6.02.5 (4) 由电路可知U U  x R,根据图丁中图线可知U 2.5V, x  2 x R x R 4.2103 x x 求得V 的量程U ＝2.5V内阻,R ＝3.0kΩ. 1 x x {#{QQABaQAAogCoAAJAAAhCUwUICgKQkBCACIoOgAAAoAAAiANABAA=}#}13．(10分)(1)2m/s2；(2)20J 【解析】(1) 设物块在力F作用下向上运动时加速度为a 由牛二有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma -------------2分 1 代数求得a =2m/s2 -------------2分 1 (2)F作用2s，未速度v ＝a t ＝2m/s2×2s＝4m/s 1 11 1 1 位移x ＝ a t 2＝ ×2m/s2×(2s)2＝4m -------------2分 1 11 2 2 撤出外力F后，物块继续向上运动，加速度 a =－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s2×0.6－0.25×10m/s2×0.8＝－8m/s2 -------------2分 2 物块向上减速到0后，又会下滑到斜面底端，x ＝2(x +x ) 总 1 2 全过程摩擦生热Q＝－W＝μmgcosθx ＝0.25×10×0.8×2×5J＝20J -------------2分 f 总  14．(14分)(1)2m；(2) s；(3)20 3m J 150 −2 【解析】(1)粒子磁场区域做匀速圆周运2动×，10由洛伦兹力提供向心力可得 v2 qvBm ----------1分 r mv 可得：r ----------1分 qB 代入数据解得：r 2m ----------1分 (2)所有粒子经过磁场后都从原点O出来，其中从最上面射进的粒子在磁场中运动的时间最长， 如图所示，由几何关系可得其对应的圆心角为 120 ----------1分 120 可得：t  T ----------1分 360 2r 又T  ----------1分 v 联立解得粒子在磁场区域运动的最长时间为  t  s ----------1分 150 (3)所有粒子经过磁场后都从原点O出来，从原点O出来后射入第三象限的粒子向左偏，到不 了y轴。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y轴，设射入第四象限的粒子射入时速度方向与 y轴负方向夹角为θ， 由几何关系可得其与y轴负方向的夹角030 ----------1分 qE 又a 1103m/s2 ----------1分 m vsin t 2 ----------1分 a v2sin2 y vcost ----------1分 a 当30时， y 有最大值，则粒子打在y轴上离原点O的最远距离为 v2sin60 d  y  20 3m ----------1分 max a 当粒子在第四象限离y轴最远时，电势能最大。 {#{QQABaQAAogCoAAJAAAhCUwUICgKQkBCACIoOgAAAoAAAiANABAA=}#}1 E qEx qE vsin30t 2102J ----------2分 P 2 15．(16分)(1) ；(2)10m/s；(3)能，0.2m 【解析】( 41)根 6 m据牛 s 顿第二定律，在E点滑块c m v 2 F m g  3 E ----------1分 N 3 R 解得v 8m/s ----------1分 E 滑块c第一次经过E点到F 点，根据动能定理 1 1 m g2R m v2  m v2 ----------1分 3 2 3 F 2 3 E 解得v 4 6m/s ----------1分 F (2)滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c的速度设为v ，根据运动学 c 规律 2gL v 2 v 2 ----------1分 1 1 E c 滑块a,b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，根据动量守恒与能量守恒得  m m  v  m m  v mv ----------1分 1 2 1 1 2 2 3 c 1 1 1  m m  v 2   m m  v 2 m v 2 ----------1分 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3 c 联立解得v 7.5m/s ,v  1.5m/s ----------1分 1 2 a与b发生碰撞，最后共速，满足动量守恒 mv  m m  v 1 0 1 2 1 联立解得v 10m/s ----------1分 0 (3)假设滑块c能再次回到E点，从F 点到E点，根据动能定理 ----------1分 1 1 2 2 −解2得μ2m3gL2−m3g2R= 2m3vE1 −2m3vF ----------1分 速度大 vE1 于 = 零 4 ， 2 假m设 s 成立，滑块c可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律 2gL v2 v2 ----------1分 1 1 3 E1 联立解得 ----------1分 即可以追上 v3滑 = 块 2 ma, s b > 发 1 生 .5 再m次 s 碰撞，设最大压缩量为x，根据动量守恒与能量守恒 mv  m m  v  m m m  v ----------1分 3 3 1 2 2 1 2 3 共 1 1 1 1 mv 2   m m  v 2   m m m  v 2  kΔx2 ----------1分 2 3 3 2 1 2 2 2 1 2 3 共 2 联立解得 Δx 0.2m ----------1分 {#{QQABaQAAogCoAAJAAAhCUwUICgKQkBCACIoOgAAAoAAAiANABAA=}#}{#{QQABaQAAogCoAAJAAAhCUwUICgKQkBCACIoOgAAAoAAAiANABAA=}#}