2024届山东省日照市校际联合考试高三一模（2月）物理答案_2024年3月_013月合集_2024届山东省日照市校际联合考试高三一模（2月）_2024届山东省日照市校际联合考试高三一模（2月）物理

2021 级高三一轮考试物理试题参考答案及评分标准 2024.02 一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分。全部选对的得3分，选错或不选的得0分。 1．B 2．D 3．A 4．C 5．C 6．B 7．D 8．C 二、多项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分， 有选错的得0分。 9．AD 10．BD 11．ACD 12．BC 三、非选择题：本题包括6小题，共60分。 13.（6分） （1）A （2分） （2）14.530 （2分） 4.5×10-7 （2分） 14．（8分） （1）×1（2分） 欧姆调零（2分）（2） 1（2分）（3） 10（2分） 15．(8分) 解析：（1）轮胎内气体体积不变，分子的密集程度不变；温度升高，分子的平均动能增大，与轮胎壁碰撞 时对轮胎壁的冲力增大，故压强增大。（每一条1分） （2分） （2）在冷库内时，温度T =t +273=250K，压强p =2.6atm 1 1 1 在穿堂内时，温度T =t +273=283K，设压强为p 2 2 2 p p 根据查理定律 1 = 2 （2分） T T 1 2 可得p =2.94atm （1分） 2 （3）离开冷库后，温度T =t +273=310K，压强p =2.2atm，设放出压强为2.2atm的气体的体积为ΔV 3 3 3 根据理想气体状态方程， p 1 V = p 3 (ΔV +V) （2分） T T 1 3 ΔV 则放出气体的质量与轮胎内原有气体的质量比为 =0.32 （1分） ΔV +V 16.（9分） 1 解析：（1）小物块沿着斜面运动的过程中，摩擦力做功W =- (0+μ mgcosθ)l 1 0 2 设到达B点时的速度为v B 1 由动能定理，有mglsinθ+W = mv 2 （2分） 1 B 2 到达B点时，重力的功率P=mgv sinθ （1分） B 解得P=mgsinθ glsinθ （1分） v2 （2）设小物块通过最高点D时的速度为v ，有mg m D D R 1 1 由动能定理-2mgR+W= mv 2- mv 2 （1分） D B 2 2 1 解得W= mg(5R-lsinθ) （1分） 2 1 （3）小物块离开D后做平抛运动，竖直方向2R= gt2 （1分） 2 水平方向s=v t （1分） D 联立可得B、C两点间的距离s=2R （1分） 高三物理答案 第1页（共4页） {#{QQABRYQUgggIAAIAAQgCAw0ICEAQkAAAAAoGwBAAMAABCRFABAA=}#}17．（13分） 解析：（1）发射的小球恰好与桌面B点的小球1发生水平对心碰撞可知， 碰撞时速度已水平，即竖直方向速度为零，故 (v sin53°)2=2gh （2分） 0 解得h=0.8m （1分） （2）与小球1碰撞前，发射小球的水平速度v=v cos53°=3m/s 0 小球间的碰撞为弹性碰撞，满足动量守恒mv=mv +mv （1分） 1 2 1 1 1 动能守恒 mv2 = mv2+ mv2 （1分） 1 2 2 2 2 解得v =0，v =v 1 2 可以看出碰撞过程中速度并未减小，只是互换了速度， 可以将全过程看作一个小球在没有碰撞情况下的匀减速运动 a=μg v2=2ax （1分） 联立可得：x=2.25m （1分） x =7.5 d 故最多能发生8次碰撞 （1分） 1 （3）与第1个小球碰撞前瞬间的动能E = mv2 k 2 根据碰撞过程动量守恒mv=2mv 1 1 1 1 与第1个小球碰撞后的动能E = 2mv 2=  mv2 （1分） k1 1 2 2 2 运动距离d后的动能E k  1 ，则 E E  μ2mgd （1分） k1 k1 1 那么与第2个小球碰撞前瞬间的动能E  E 2μmgd （1分） k1 k 2 2 同理，与第2个小球碰撞后的动能E  E ，运动距离d后的动能E k2 k1 k2 3 则E E  μ3mgd k2 k2 1 49 那么与第3个小球碰撞前瞬间的动能E  E  μmgd k2 k 3 3 3 与第3个小球碰撞后的动能E  E 运动距离d后的动能E k3 k2 k3 4 则E E  μ4mgd k3 k3 那么与第4个小球碰撞前瞬间的动能 1 4916 E  E  μmgd （1分） k3 k 4 4 代入数值可得：E =0.69J （1分） k3 高三物理答案 第2页（共4页） {#{QQABRYQUgggIAAIAAQgCAw0ICEAQkAAAAAoGwBAAMAABCRFABAA=}#}18．（16分） 解析：（1）带电粒子进入Ⅰ区磁场，根据 v2 qv B m 0 （1分） 0 r 1 解得：r =R （1分） O2 1 画出带电粒子的运动轨迹，如图18（1）所示，轨迹恰好经 过O 点，确定轨迹圆圆心O ，连接O M，O O ，O O ， 2 3 3 3 2 1 2 O M，得到菱形O MO O ，利用几何知识可知带电粒子会经过点O ， 图18(1) 1 3 1 2 2 且速度方向与+x方向夹角θ=30° （1分） （2）带电粒子进入Ⅱ区磁场，根据 B v2 qv =m 0 0 2 r 2 30° 解得：r =2R （1分） 2 画出带电粒子运动轨迹，如图18（2）所示，轨迹恰好与yOz平面相切 60° 时，d最小，利用几何知识可知： d=r +r cos60° （1分） 2 2 d=3R （1分） 即带电粒子不能进入Ⅲ区，d的最小值为3R （3）若d=2R，带电粒子进入Ⅱ区后，粒子运动轨迹如图18（3）所示，利用几 图18(2) 何知识可知，带电粒子恰好经过O点进入Ⅲ区，带电粒子经过点O时速度方向与+x方向夹角为 30，所以沿+x方向的速度：v  v cos30 （1分） 0x 0 带电粒子进入Ⅲ区后在x方向受到静电力，带电粒子做周期性运动， T 在电场变化的一个周期内，0~ 时间内 4 qE =ma 0 1x 带电粒子先做匀减速运动到零 0v cos30a t 0 1x 1 17R T t   1 100v 6 0 T v T 51 3R 在前 时间内带电粒子的位移x  0x  （1分） 6 1 12 1200 T T T 再沿-x方向做匀加速运动，经过t =   ， 2 4 6 12 图18(3) v v =a t = 0x （1分） 1x 1x 2 2 T ~T时间内，带电粒子先沿-x方向做匀减速运动到零 4 E q 0 =ma 3 2x 0v a t 1x 2x 3 51πR T t = = 3 200 4 T 再沿+x方向做匀加速运动，经过t 4 = 2 速度增加到v 2x v =a t =v （1分） 2x 2x 4 0x 在一个周期内，沿+x方向的位移为 高三物理答案 第3页（共4页） {#{QQABRYQUgggIAAIAAQgCAw0ICEAQkAAAAAoGwBAAMAABCRFABAA=}#}T v T v  0x  x  0x 6  2 3  v 0x T  v 0x T  51 3R 0 2 2 4 4 400 51 3R 51 3R x4x x   （1分） 0 1 100 1200 所以带电粒子进入Ⅲ区后，打到荧光屏的时间 y T 17πR t=4T + = （1分） 6 4v 0 R o （4）带电粒子进入Ⅲ区后，在yOz平面内在y＜0区域做半径r  的圆 3 2 z R 周运动，运动半周后进入y＞0区域做半径r  的圆周运动，运动半 4 4 图18(4) 周后进入y＜0区域，依次类推，如图18（4）所示，设运动周期为T 0 R 设带电粒子在yOz平面内在y＜0区域做半径r = 的圆周运动的周期为T 3 2 1 2πR T = 1 v 0 R 设带电粒子在yOz平面内y＞0区域做半径r = 的圆周运动的周期为T 4 4 2 πR T = 2 v 0 （1分） T T 3R T  1  2  0 2 2 2v 0 带电粒子进入Ⅲ区后到打到荧光屏的时间内 17πR T T t= =2T + 1 + 2 （1分） 4v 0 2 4 0 由分析可知在一个T 内带电粒子沿z轴正方向运动的距离为z 0 0 R z 2r 2r  （1分） 0 3 4 2 在2个T 内带电粒子沿z轴正方向运动的距离z=R 0 T 再经过 1 周期内带电粒子沿z轴正方向运动的距离为2r = R 3 2 T R 然后再经过 2 周期内带电粒子沿z轴负方向运动的距离为r = 4 4 4 R 7R 带电粒子在时间t内沿z轴运动的距离为z=RR  4 4 T R 在第三个 2 周期内带电粒子沿y轴正方向运动的距离为y=r = 4 4 4 663 3R R 7R 所以带电粒子打到荧光屏的位置坐标为（ ， ， ） （1分） 1200 4 4 高三物理答案 第4页（共4页） {#{QQABRYQUgggIAAIAAQgCAw0ICEAQkAAAAAoGwBAAMAABCRFABAA=}#}