23济宁期末-物理答案_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_3物理高考模拟题_新高考_山东省济宁市2022-2023学年高三上学期期末物理_山东省济宁市2022-2023学年高三上学期期末物理

2022～2023 学年度第一学期高三质量检测 高三物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B A C D D D C AC BD CD BC 13．（6分）（1） 2c bgt2 （2）大于（每空2分） 0 gt2 2c 0 14．（8分）(1)C E (2)A （3）0.56（0.53∽0.58均可）（每空2分） 15．（7分）解析： （1）对小球由牛顿第二定律得0.2mgmg ma ...............................................（1分） t 小球上升过程中，在竖直方向上v sina ....................................................（1分） 0 2 解得t 1s....................................................................................................................（1分） （2）小球水平方向做匀速运动，则d v cost ...............................................（1分） 0 解得d 8m .................................................................................................................（1分） 小球上升过程中，在竖直方向上  v sin 2 2ah.................................................（1分） 0 解得h1.5m..............................................................................................................（1分） 16．（9分）解析： （1）线框的ab边进入磁场时产生的电动势为E  BLv ........................................（1分） 0 r 电路的总电阻R r ..............................................................................................（1分） 2 E 通过ab边的电流为I  ........................................................................................（1分） R 根据平衡条件BILmg ...........................................................................................（1分） 解得0.45................................................................................................................（1分） （2）由于ab、cd、ef三个边的电阻一样，磁场宽度与ad和de相等，所以穿过磁场过 程中，始终只有一个边在切割磁感线，且电路中的总电阻保持不变。 B2L2v 线框穿过磁场过程中，由动量定理得 t mvmv ............................（1分） R 0 B2L23L 即.- mvmv ..........................................................................................（1分） R 01 1 由能量守恒定律Q  mv2  mv2 ........................................................................（1分） 2 0 2 解得Q=1.25J..........................................................................................................（1分） 17．（14分）解析：（1）设滑块A的质量为m，在斜面上运动的加速度大小为a 。 A 对A由牛顿第二定律mgsinθ=ma ...............................................................................（1分） A 设A下滑 L 1碰撞前的速度为v 0 ，则v 0 2 2a A L 1 .......................................................（1分） 对滑块A、B碰撞过程由动量守恒和能量守恒得 mv mv 2mv .........................................................................................................（1分） 0 A B 1 1 1 mv 2  mv 2  2mv 2 .....................................................................................（. 1分） 2 0 2 A 2 B 解得v =－2m/s，v =4m/s..............................................................................................（1分） A B 即A的速度大小为2m/s，方向沿斜面向上；B的速度大小为4m/s，方向沿斜面向下。 （2）滑块B下滑过程，由牛顿第二定律有2mgsinθ-µ·2mgcosθ=ma，解得a=0，即第 一次碰撞后B向下做匀速运动。.........................................................................................（1分） L 设滑块B经t 与挡板相撞，则t  2 ........................................................................（1分） 1 1 v B 滑块B沿斜面上升过程，对滑块B匀减速过程由牛顿第二定律 2mgsinθ+µ·2mgcosθ=2ma .........................................................................................（1分） B v 设B沿斜面向上匀减速为零的时间为t ，则t  B .............................................（1分） 2 2 a B 7 t t t  s.............................................................................................................（1分） 1 2 6 v （3）t 时间内B沿斜面向上滑动的距离为x  B t ............................................（1分） 2 B 2 2 1 t时间内A的位移为x v t a t2.....................................................................（1分） A A 2 A 则x x  L ............................................................................................................（1分） A B 2 2 所以第二次碰撞在Q点，即d  x  m................................................................（1分） B 31 18．解析：（1）粒子在加速电场中，由动能定理qU  mv20.............................（1分） 2 0 2qU 解得v  ......................................................................................................（1分） 0 m v 2 在静电分析器中，由牛顿第二定律得qE m 0 ................................................（1分） L 2U 解得E  .............................................................................................................（1分） L （2）设粒子恰好能打在点M时圆周运动的半径为R。  L 2  3  2 由几何关系可得R   L  R2..........................................................（1分）    2  2  v2 由牛顿第二定律得qv B m 0 .................................................................................（1分） 0 0 R 1 2mU 解得B  ...................................................................................................（1分） 0 L q 2L （3）粒子在加速电场中运动的时间t  .............................................................（1分） 1 v 0 1 2L 粒子在偏转电场中运动的时间t   ............................................................（1分） 2 4 v 0 3 L 2 设粒子在磁场中做圆周运动转动角度为θ，则sin ，解得θ=60°............（1分） R 1 2L 粒子在磁场中运动的时间t   .....................................................................（1分） 3 6 v 0   125L m 粒子从P运动到M的时间t t t t  ...............................（. 1分） 1 2 3 6 2qU （4）长方体中的磁感应强度为B B2B2 B ...................................................（1分） x y 0 所以所有粒子在磁场中的运动轨迹半径均为L。..........................................................（1 分） L 由几何关系可知，一个周期内粒子在荧光屏上留下的光斑轨迹是以r  为半径，以坐 2 标为（0，0， ）的点为圆心的圆（如图所示）。..............................................（1分） 3 L 2L2 轨迹方程为x2 y2  ，z= .............................................................................（1分） 3 4 L 2