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2023 年邵阳市高三第一次联考参考答案与评分标准
物 理
一、二、选择题(共 分, 题为单选,每题 分; 题为多选,全对 分,选对但不全得
44 1-6 4 7-10 5
分,不选或错选得 分)
3 0
题 号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答 案
A B D B D C BC CD BC BCD
三、非选择题(共 分)
56
分 每空 分 匀速直线 -4
11.(6 , 2 )(1) (2)5.3×10 (3)①
. 分 每空 分 R . 不均匀 偏大
12 (8 , 2 )(1) 2 (2)312 5 (4)
. 分 p . 5
13 (10 )(1) 2=0 5×10 Pa; (2)5∶9
【解析】 由于航天服内气体发生等温变化 由玻意耳定律有p V p V 分
(1) , 1 1= 2 2 (2 )
解得p . 5 分
2=0 5×10 Pa (2 )
打开舱门后 以航天服内气体为研究对象 假设这部分气体发生等压变化 由盖吕萨
(2) , , ,
克定律有
V V
2 分
T =T (2 )
1 2
由于T t T t 代入数值解得 V . 分
1= 1+273 K, 2= 2+273 K : =7 2 L (2 )
由于剩余气体在这个压强下体积为V 又有剩余气体与原气体之间质量和体积
1=4 L
成正比 则有
,
m
剩
5 分
m = (2 )
原 9
mv2 mv ( )L
. 分 E 0 v v 方向与x轴正方向向上成 °角 B 0 t 3π+4
14 (14 )(1) = Lq, A= 2 0, 45 ;(2) = qL, = v
2 2 0
【解析】 如图所示 粒子在电场中做类平抛运动 有
(1) , ,
v t L 分 y
0 1=2 (1 ) € € € € € €
A
€ € € € € €
1 at2 L 分 v
1= (1 ) € € € € € €
2 c
€ € € € € €
v2 O c x
解得a 0 € € € € € €
= L
€ € € € € €
2
ma mv2 € € € € € €
E 0 分 € € € € € €
= q = Lq (1 )
2
粒子在 点时 沿x轴正方向的速度v at v 分
A , x= 1= 0 (1 )
粒子在
A
点的速度v
A=
v2
0+
v2
0 = 2
v
0,
方向与x轴正方向向上成
45
°角
。 (1
分
)
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2023 1 3粒子的速度方向与x轴成 °角 分
45 。 (1 )
v2A
粒子在磁场中做匀速圆周运动则有qv B m 分
(2) A = r , (1 )
mv mv
解得r A 2 0 分
= qB = qB (1 )
由粒子的运动图线可知r L 分
=2 2 , (1 )
mv
解得B 0 分
= qL (1 )
2
m L
粒子做匀速圆周运动的时间t 由T 2π 4π 分
2, = qB = v , (1 )
0
L
解得t 3T 3π 分
2= = v (1 )
4 0
粒子从开始运动到回到 点的时间t
O
L L ( )L
t t t 2 3π 3π+4 分
=2 1+ 2=2 v + v = v (2 )
0 0 0
k L
. 分 s . k 1 8 +1
15 (18 )(1) ≥1 6 m;(2) > ;(3) k kg
4 4 +2 2
【解析】 设 获得共同速度为v 以水平向右为正方向 由动量守恒定律得 m v
(1) A、C 1, , A 0=
m m v 分
( A+ C) 1 (1 )
代入数据解得v m/s
1=4
若 共速时 刚好运动到斜面底端 对 应用动能定理得μm gs 1m v2
A、C C , C A = C 1-0
2
分
(1 )
代入数据解得s . m 分
=1 6 (1 )
则保证 运动到斜面底端前 能够共速 s应满足的条件是s . m 分
C A、C , ≥1 6 ; (1 )
滑块 冲上斜面 到斜面顶端时速度为v ′由动能定理 m gh 1m v′2 1m v2
(2) A , 1 - A = A 1- A 1
2 2
分
(1 )
解得v ′
1 =0
上到高台后受力为F mg 开始做初速度为零的匀加速运动 由牛顿第二定律可
A = ,A ,
知F mg ma
= =
解得a g 分
= (1 )
设与 碰前 的速度为v 有v2 gkL
B A A, A=2
与 发生弹性碰撞 由动量守恒定律可知m v m v m v 分
A B , A A= A A1+ B B1 (1 )
由机械能守恒定律可知1 m v2 1m v2 1m v2 分
A A= A A1+ B B1 (1 )
2 2 2
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2023 2 3联立解得v v gkL
A1=0, B1= 2
第一次碰后 合力为零 沿斜面做匀速直线运动 运动到 点所用时间为
A、B ,B , ,B O
L L
t 分
1=v = gk (1 )
B1 2
L
碰后 的加速度不变 运动到 点所用时间为t 2 分
A ,A O 2= g (1 )
由题意得 t t 解得k 1 分
: 2> 1, > (2 )
4
与 同向运动不能相撞 此时有k 1
A B , > ;
4
当k 1时 与 反向相撞 即 先与挡板碰撞 然后与 发生第二次碰撞 根据题
(3) > ,A B ( B , A )
4
意 与挡板碰后速率仍为v gkL 设 向左运动时加速度大小为a′ 则F ma′
,B B1= 2 , B , =
解得a′ g 分
= (1 )
设 与挡板碰撞后向左运动到与 第二次碰撞的时间为t 则
B A 3,
L 1g t t 2 v t 1gt2 分
= ( 1+ 3) + B1 3- 3 (1 )
2 2
k L k L
解得t (4 -1) 4 -1 分
3= kgl k kgl = k kg (1 )
8 +4 2 2 +1 8
v kL
反向减速至零的时间t B1 2
B 0= g = g
t k
因为 3 4 -1 故所求t 合理 分
t = k k <1, 3 , (1 )
0 4 (2 +1)
L k L k L
则t t t 4 -1 8 +1 分
= 1+ 3= gk+ k · kg = k kg (2 )
2 2 +1 8 4 +2 2
注:计算题用其它方法正确解答,请参照给分。
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