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