高三物理参考答案_2024年5月_01按日期_21号_2024届江西师大附中高三下学期第三次模拟考试_江西师范大学附属中学2024届高三年级下学期第三次模拟考试物理试卷

2024年高三下学期物理三模参考答案： 1．B 2．C 3．C 4．D 5．A 6．B 7．D 8．AC 9．AD 10．BD 11． C 1.5 偏小 不变 2+2+1+1 I R r  12． 1.845±0.002 A 2 0 2 2+2+3+2 I I 1 2 13．（1）v2m/s；（2）2m 5+5 【详解】（1）机器人在BC段做圆周运动，餐盘所需向心力由托盘对其的摩擦力提供，设餐 盘的质量为m，由牛顿第二定律有 v2 mg m R 代入数据解得 v2m/s （2）根据牛顿第二定律可得 mgma 可得餐盘能够达到的最大加速度的大小为 a1m/s2 根据匀变速直线运动的规律可得机器人速度减为零的位移大小为 v2 4 x  m2m 2a 2 则“机器人服务员”从C点到D点的最短距离为2m。 3mv 39a 3m2v2 14．（1） ；（2）0 y ；（3） 4+4+4 2qa 3 2q2B2 0 【详解】（1）粒子运动轨迹半径设为r，如图所示 根据几何关系可得rsin60a 2 3 解得r a 3 v2 由洛伦兹力提供向心力可得qvBm r 3mv 解得B 2qa （2）粒子从y轴上OA之间射出，设A点纵坐标为y ,PA为轨迹圆的直径，如图所示，由几 A 何关系得y2 a2 (2r)2 A {#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}39a 解得y  A 3 39a 可知y轴上有带电粒子穿过的区域范围为0 y 3 （3）为了使该粒子能以速度v垂直于y轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个 垂直于xOy平面、磁感强度为B 的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，粒子在此 0 v2 磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB m 0 r 0 mv 解得r  0 qB 0 如图所示，由几何关系可得矩形磁场区域的最小面积为S 2r sin60r rcos60 min 0 0 0 3m2v2 解得S  min 2q2B2 0 15．（1）物块甲到达B点的速度可能值v 2 17m/s、v 6m/s、v v（6m/sv2 17m/s）； B B B 1 1 （2）3m/s；（3）1.0m；（4） mx m 32 8 5+3+5+4 1 【详解】（1）由题意可知，物块甲到达A点时有E  mv2 p 2 1 A 可得v 2 13m/s A 物块甲从A到B过程中，若物块甲一直加速 则有mgma 1 1 1 v2 v2 2aL B A 可得v 2 17m/s B 此时v2 17m/s； 若物块甲一直减速，则有v2 v2 2aL B A 可得v 6m/s B 此时v6m/s；若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速，则v v B 此时6m/sv2 17m/s； （2）当传送带速度v4m/s时，物块甲在B点的速度v 6m/s，此后冲向斜面到达D点时 B {#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}1 1 速度为v ，由mgh mv2  mv2 D 1 2 1 D 2 1 B 解得v 5m/s D 离开斜面后做斜上抛运动，在运动的最高点时速度v v cos533m/s 0 D （3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律mv mv mv 1 0 1 1 2 2 1 1 1 由机械能守恒定律 mv2  mv2 mv2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 解得v 1m/s v 2m/s 1 2 以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律mv m m v 2 2 2 3 3 1 若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理mgx  mv2  0 2 2 1 2 3 3 2 解得x  m0.5m 1 9 可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰；木板与挡板第一次碰后，以速度v 向左减速到零， 3 位移大小为x ，此后向右运动与挡板发生第二次碰撞,由动量守恒定律 1 mv mv m m v 2 3 3 3 2 3 4 第二次碰后以速度v 向左减速到零，位移为x ，木板向左减速过程中，由动能定理得 4 2 1 m gx 0 mv2 2 2 1 2 3 4 1 解得x  x 2 9 1 1 2 同理可得x   x 3 9 1 2 1 以此类推木板的总路程为sx 2x 2x  2x x 2 1 m 0 1 2 n 0 9 8 解得s1.0m （4）以木板为对象，由牛顿第二定律mg  ma 2 2 3 1 木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有x at2 2 木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。 ①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰 撞。即v g2t0 2 2 1 解得x m 8 ②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生 二次碰撞。即v g4t0 2 2 1 解得x m 32 1 1 可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为 mx m 32 8 {#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}