2024届山东省淄博市高三下学期一模考试物理答案(1)_2024年3月_013月合集_2024届山东省淄博市高三下学期一模考试（全科）

淄博市 2023—2024 学年度高三模拟考试 物理参考答案 2024.3 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 C D C B A D A B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求。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 10 11 12 AD BD BC AC 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．（6分） （1）P 、P 的像（1分） 1 2 （2）（2分） （3）1.50 （2分） （4）小于（1分） 14．（8分）（1）12.0（2分） （2）1.33（1分） 2.0 （1分） （3）b（2分） （4）2.0 （1分） 0.22（1分） 15．（8分）解：（1）从F点到P点过程 竖直方向： v  gt ----------------------------------1分 y 水平方向: x 221.52m2.5m x v  ----------------------------------------------------------------------------------------1分 x t 踢出时蹴鞠的速度：v  v 2v 2 0 x y 1 由动能定理得：W  mv 2 ----------------------------------------------------------------------------------1分 人 2 0 高一物理参考答案 第1页（共6页） {#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}由以上各式得：W 15J--------------------------------------------------------------------------------------1分 人 1 （2）从F点到P点过程 竖直方向： h  gt2 ------------------------------------------------------1分 pp 2 1 从P点到Q点过程 竖直方向： hh  gt2 pp 2 1 P点到EE的距离：x (52)m3m 1 x 垂直于网所在平面方向的分速度：v  1 -----------------------------------------------------------------1分 1 t 1 1 从Q点到K点过程 竖直方向： h gt 2 2 3 K点到EE的距离: d vt ------------------------------------------------------------------------------------1分 1 3 3 6 解得：d  m-----------------------------------------------------------------------------------------------1分 2 V V 16（8分）解：（1）由等压变化： 0  ----------------------------------------------------------------1分 T T 0 91 得：V  m3 20 球内氦气的质量：mV -----------------------------------------------------------------------------------1分 解得：m0.819kg --------------------------------------------------------------------------------------------1分 3 （2）在目标高度时，对活塞：k L 0.5PS  PS ---------------------------------------------2分 4 0 0 3 得： P  P 4 0 PV PV 对氦气： 0 0  ------------------------------------------------------------------------------------2分 T T 0 其中V 1.2V 0 得：T 270K ----------------------------------------------------------------------------------------1分 17.解：（1）在区域Ⅰ内粒子做匀速圆周运动，由几何关系得： L R2 (R  )2 L2 ------------------------------------------------1分 1 1 2 5 解得：R  L 1 4 mv2 由牛顿第二定律得：qv B  0 -----------------------------1分 0 1 R 1 高一物理参考答案 第2页（共6页） {#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}4mv 解得：B  0 ---------------------------------------------------------------1分 1 5qL （2）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，假设从 ff边进入区域Ⅲ， 1 qE L y坐标：y （ ）2 -----------------------------------------------------1分 2 m v 0 qE L 粒子进入区域Ⅲ的速度：v v2 （ ）2 ----------------------------1分 0 m v 0 L 联立解得： y  ，v 2v 2 0 L 粒子刚进入区域Ⅲ的坐标（2L，，L） ------------------------------1分 2 粒子刚进入区域Ⅲ的速度大小v 2v -------------------------------1分 0  2 2v （3）由牛顿第二定律得： q 2v B m 0 0 2 R 2 1 2 由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足： LR  L-----1分 2 2 2 2mv 2 2mv 联立解得区域Ⅲ的B 需要满足： 0  B  0 -----------------2分 2 qL 2 qL  2 2v （4）由牛顿第二定律得： q 2v B m 0 0 2 R 3 m 2v L 解得：R  0  3 qB 4 2 粒子返回到区域Ⅱ后的运动：沿 y轴负方向做匀速运动，在平行于xoz的平面上做匀速圆周运动 L 假设从bcfe面射出：t  2 2v 0 2m 4L 在B 内： T   -----------------------------------------------------1分 3 qB v 3 0 T 因为 t  ，转过夹角为45°-------------------------------------------1分 2 8 v 2 2l 由牛顿第二定律得：qv B m 0 解得R  0 3 R 3  3 2L x2LR sin452L  L --------------------------------------1分 3  高一物理参考答案 第3页（共6页） {#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}y 0 L L 2 2 z  R (1cos45)  L＞0------------------------------------------1分 2 3 2   2L L 2 2  综上所述假设成立，从bcfe面射出，粒子出射点的坐标为  2L ，0，  L    2   18. （1）假设P在传送带上一直匀减速，根据动能定理可得： 1 E m gs  m v2 -----------------------------------------------------------------2分 P 1 P 2 P B 得v  3gR B 由于v  3gR  gR 所以，假设成立，即v  3gR -------------------1分 B B （2）设P与Q碰撞前的速度大小为v ，碰撞后P的速度大小为v，Q的速度大小为v， 1 2 3 1 1 P从B到C由动能定理得：m g6R  m v2  m v2 P 2 P C 2 P B 解得：v  15gR C 1 1 从C到D过程根据动能定理可得2m gR m v2 m v2 --------------1分 2 P 2 P 1 2 P C 解得： v 2 3gR 1 1 对P滑块从D到C根据动能定理可得2m gR0 m v2 -------------------1分 2 P 2 P 2 解得：v  3gR 2 根据动量守恒和机械能守恒可得： m v m v m v ---------------------------------------------1分 P 1 P 2 Q 3 1 1 1 m v2  m v2  m v2 --------------------------------------1分 2 P 1 2 P 2 2 Q 3 m m 得 v  Q P v 2 m m 1 P Q 解得：m 3m ------------------------------------------------1分 Q （3）在E点，竖直方向合力为零，则F cosm g---------------------------1分 N P v 2 由牛顿第二定律得：F m gcosm E -------------------------------------1分 N P P R 高一物理参考答案 第4页（共6页） {#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}1 1 从E到C由动能定理得：m gR(1cos) m v2  m v2 ------------------1分 P 2 P C 2 P E E点到C点的竖直高度： h R(1cos) 19 181 解得：h( )R ------------------------------------1分 6 1 1 方法二：从E到C由动能定理得：m gR(1cos) m v2 m v2 -----1分 P 2 P C 2 P E 在E点重力的功率：P m gv sin-------------------------------------------------1分 P E 整理得：P 3mg gR （2 cos）313（cos）22cos13 令 xcos，y （2 cos）31（3 cos）22cos13 则 y 2x313x22x13 18113 求导， y6x226x20 得：x 6 18113 即当cos 时，P取最大值---------------------------------------------1分 6 E点到C点的竖直高度： h R(1cos) 19 181 解得：h( )R -------------------------------------1分 6 （4）由（2）得，Q碰后速度为v  3gR 3 进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左 f m g 1.2mg 2 3 Q   地面对长木板最大静摩擦力 f  m m g 1.8mg 地M 4 Q 木 故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得： 1 1 m gL  m v2 m v2 2 Q 3 2 Q 4 2 Q 3 得：v  1.8gR 4 Q以速度v与长木板弹性碰撞，可得： m v m v m v 4 Q 4 Q 5 木 6 1 1 1 m v2  m v2  m v2 2 Q 4 2 Q 5 2 木 6 高一物理参考答案 第5页（共6页） {#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}1 2 得碰撞后Q的速度大小为v  v ，长木板的速度大小为v  v 5 3 4 6 3 4 Q向右减速：a g 0.4g 2 3 m g（m +m ）g 长木板向左减速：a  3 Q 4 Q 木  0.5g -------1分 3 m 木 Q向右做减速运动直至减速到零后再向左做加速运动直到二者共速，再一起做减速运动，所做v-t图像如图 v 2v 可得：v  4 a t  4 at -------------------------------------1分 共 3 2 3 3 1v 2v  相对位移：x  4  4 t -----------------------------------1分 2 3 3  xR1.5R，所以，滑块未滑离木板 滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量 Q m g(x1.5R)3mgR -----------------------------------1分 热 3 Q 高一物理参考答案 第6页（共6页） {#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}