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_2023江苏省无锡市江阴市普通高中高三上学期阶段测试物理

江阴市普通高中 2022 年秋学期高三阶段测试答案
物 理
2023.01
一、单项选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共计 40 分．每小题只有一个选项符合题意．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D D C B D C B C
二．非选择题：共 5 题，共 60 分．其中第 12 题～第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和
重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．
11．（15 分） （1）左侧 （2）78.0（77.8cm~78.2cm 都算对） （3） 0.90 偏大
mg  2  M  m  k
Mg
（4） （说明：每空 3 分）
12．（8 分）解：（1）根据对称及光路可逆性，作出光路如图所示。
i/=60°
r=r/=θ=30° (1 分)
sin i
(2 分)
n 
sin r
解得 n 3 (1 分)

（2）由几何关系得
CB  BD  2R cosr  3R
c
v 
光在液滴中的传播速度 (2 分)
n
CB  BD 6R
光在液滴中的传播时间 t   (2 分)
v c
13．（10 分）解：（1）金属棒达最大速度时产生的电动
E  BLv (1 分)
势 m
E
回路中产生的感应电流 I  (1 分)
R  r
金属棒棒所受安培力 F  BIL
安 (1 分)
cd 棒受力如图所示
当所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，即
mg sin F (1 分)
安1mg sin R r Lv
m
由以上四式解得 B 
代入数据
B  2T (1 分)
得
（2）金属棒从 t＝0 起运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律有
mg sin ma
(1 分)
解得 a  g sin 5m/s 2
(1 分)
 1
因变为不产生电流，所以磁通量不 B Ls  BL s  v t  at 2 (2 分)
 
0 m 2
 
B 12B
得 Bs  0 1  0
s  v t  at 2.5t 2 10t 12 (1 分)
2
m 2
v
14．（12 分）解：（1）洛伦兹力提供向心力 qvB  m
R
2
(2 分)
解 得 R 
1
mv
mv
、

2qB R 3qB
0 2 0
Q、O 的距离
d  2R  2R (1 分)
1 2
解得 d 
mv
(1 分)
3qB
0
（2）粒子再次经过 P，经过 N 个周期 OP 2R
N   1  3
(1 分)
d d
匀速圆周运动
2R  m 2 2R 2  m
T  1  、 T  2 
1绕一周的时间 v qB v 3qB
0 0
T T
T  1  2
(1 分)
2 2
T
t  3T  1
两次经过 P 点的时间间隔 (1 分)
2
2  m
解得 t  qB (1 分)
0
（3）粒子经过 y 轴的时刻
t  nT (n  0,1, 2, (1 分)
1
3,)T
或 t  nT  1
(n  0,1, 2, (1 分)
3,)
2 2
5mn
解得  (n  0,1, 2, 3,) (1 分)
6qB
0
t
1
 m
5  mn
或 t 2  6qB  2qB (n  0,1, 2,3,) (1 分)
0 0
15．（13 分）解：（1）滑块 B 由静止释放后，在电场力作用下，从木板 A 的左侧匀加速运动到右
F  qE  ma
侧，木板 A 不动。对 B 有
解得 a  2m/s2 (1 分)
v2  2aL
第一次碰前 B 的速度为 vB1，则 B1
v  2m / s
解得 B1 (1 分)
由滑块 B 和木板 A 发生弹性碰撞得
mv B1  mv   mv 
1 1 B 1 A
mv 2  mv 2  mv 2
2 B1 2 B1 2 A1
v   2m/s v   0
解得 、 (2 分)
A B
（2）第一次碰后，木板 A 匀速运动，滑块 B 做初速度为零的匀加速直线运动，历时 t 秒
v  at
B 2
x 1
B 2  at2
2
 
xA1 A1 t
解得 t  1s x /-x =L
A1 B2
(2 分)
v  2m/s
B2
x   2m
A
x  1m (1 分)
B 2
说明：第一次碰后，历时 t=1s，滑块 B 在木板左侧，且二者有共同速度，不发生碰撞。所以滑块 B
从开始运动到再一次运动到凹形木板 A 左侧时，电场力对滑块 B 所做功
W  qE(x  x )  0.4J
B1 B 2 (1 分)
（3）t=2s 时，滑块 B 在木板左侧，且二者有共同速度，不发生碰撞。同理，滑块 B 与木板 A 发
生第二次碰撞有：碰前
v   v  at
B 2 B 1
x  v t  at 2
B 2 x
A1B 2 2   v 
A
t
x -x //=L1
B2 A1碰撞得
mv   mv   mv  mv
B A B A2
2
1 1 1
mv 2  mv2  mv 2  1 mv2
2 B 2 2 A1 2 B 2 2 A2
解得
v  4m/s
A2
v   2m/s (2 分)
B 2
且有：第一次碰撞后
x  4
A1
第二次碰撞后
x A2  x B3  8m (1 分)
由数学归纳可知：木板 A 与滑块 B 发生（n-1）次碰撞到 n 次碰撞过程中
x  4(n 1) (1 分)
A( n1)
则木板 A 发生的总位移
x A  x A0  x A1  x A2   x An1 0 4 8  4 n 2 n 1 (1 分)
1 n m