2023级高三模拟考试物理答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260502山东省日照市2023级高三模拟考试（日照二模）（全科）

2023 级高三二轮物理评分标准
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分。全部选对的得3分，不选或选错的得0分。
1．B 2．D 3．A 4．D 5．C 6．B 7．C 8．C
二、多项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的
得0分。
9．BC 10．AD 11．BD 12．AC
三、非选择题：本题包括6小题，共60分。
13．（6分）
b
（1）4.60 （2分）（2） （2分）（3）不变（2分）
x
14．（8分）
(R +r )b (R +r )k
（1）149（2分） （2）1（2分） （3） 0 A （2分） 0 A （2分）
1-k 1-k
15．（8分）
解析：（1）画出光路图如图所示
因为入射光平行于BC面，可得
=60°
由 （2分）
sin 
=sin  1
得 ，
2
sin  1 = 2  1 =45°
又 （1分）
sin  2
sin(90°−  1)= 
则得 ，
3
故 sin  2 = 2  2 =60° （1分）
（  2）=要  −使  光1线+从  2−AC9面0°射−出  1，应=有30°
sin  2 <1
又 （2分）
sin  2
sin(90°−  1)= 
sin 
= 
s得in  1
7
< 2 7
所以n的最大值为 （2分）
2
16．（8分）
1
解析：（1）0～5s的时间内汽车做匀加速直线运动，x = at2 （1分）
2
1 v
可得斜率 a= 1
2 t
1
2v
加速度a = 1 （1分）
t
1
高三评分标准 第1页（共4页）t=5s汽车的速度大小为v，v=at （1分）
1
设汽车的牵引力为F，根据P = Fv （1分）
0
根据牛顿第二定律F-f=ma （1分）
可得汽车受到的阻力f=2×103N （1分）
（2）速度最大时牵引力F =f
牵
（1分）
P  f v
0 m
（1分）
v 30m/s
m
17．（14分）
解析：（1）由题意可知，沿z轴正方向射出的粒子运动时间最长，沿z轴负方向射出的粒子运动时间最短，
qE ma （1分）
v
最大时间差为 t 2 0 （2分）
max a
2mv
联立解得： t  0 （1分）
max qE
（2）设初速度方向与y轴正方向的夹角为θ，
由抛体运动规律可得： y  v cost （1分）
0
qE ma
1
z  H v sint at2 （1分）
0 2
1 qE
联立解得： y2 (zH  t2)2 (v t)2 （1分）
2 m 0
（3）由抛体运动规律可得
1
H  at2
2 0
r  v t
0 0
2mH
联立得：r v （1分）
0 qE
粒子进入匀强磁场后，平行于xOy平面做匀速圆周运动。
v2
qv B m 0 （1分）
0 r
1
2mH
解得：r  v
1 0 qE
3
轨迹俯视图如图所示，粒子在磁场中转过 圈后，沿x轴正方向返回 电场。
4
3 2πr
在磁场中的运动时间 t   1 （1分）
2 4 v v 0
0
沿z轴负方向的速度为 v  2aH （1分）
z O v y
0
高三评分标准 第2页（共4页）
x沿z轴负方向运动的距离为 z v t 3H （1分）
1 z 2
再次返回电场后，第二次穿出电场前在电场中的运动时间为
t 2t
3 0
1
沿z轴负方向运动的距离为 z  v t  at2 8H （1分）
2 z 3 2 3
第二次穿出电场时的位置坐标为：
2mH
（ v ，0，（38）H ） （1分）
0 qE
18. （16分）
（1）对小物块A、B和弹簧组成的系统，由动量守恒
（1分）
0m v m v
A A B B
1 1
机械能守恒E  m v2  m v2 （1分）
p A A B B
2 2
解得：小物块A的速度大小v 10m/s，水平向右
A
小物块B的速度大小v 5m/s，水平向左
B
设此后小物块B能运动到滑块C内轨道的最高点，此时速度分别为v 、v ，对小物块B和滑块C组成的系统，
B1 C1
以水平向左为正方向，由水平方向动量守恒
m v m v m v （1分）
B B C C1 B B1
机械能守恒
1 1 1
m v2  m v2  m v2 m g2R （1分）
B B C C1 B B1 B
2 2 2
v 1m/s
由以上两式解得： B1
v 1m/s
C1
因小物块B与滑块C相对静止，所以小物块B不可能运动到滑块C内轨道的最高点 （1分）
（2）当用紧靠滑块C左侧的光滑挡板挡住滑块C时，设小物块B运动到与轨道圆心O 的连线与竖直方向的夹角
1
为θ时，小物块B对滑块C弹力的竖直向上的分量F ，且速度大小为v ，由机械能守恒
y B2
1 1
m v2  m v2 m g(RRcos) （1分）
B B B B2 B
2 2
由牛顿第二定律
v2
m gcosθ+F m B2 （1分）
B N B
R
则F F cos60cos260cos （1分）
y N
1
得当cos 时，小物块B对滑块C弹力的竖直向上的分量F 最大，台面对滑块C的支持力最小
y
2
F 15N
ym
高三评分标准 第3页（共4页）对滑块C，竖直方向的平衡方程
m gF F =0 （1分）
C ym min
得F =65N （1分）
min
（3）小物块A从O到P的过程，由能量守恒
1 1 0kLm g
m v2  m v2  A L （1分）
A A A 0
2 2 2
得小物块A离开P点的速度
v 8m/s
0
设第n次与斜面碰撞后平行斜面方向的分速度为v ，垂直斜面方向的分速度为v ，第n+1次与斜面碰撞后平行斜
xn y
面方向的分速度为v ，由抛体运动规律可知
x（n+1）
v
t 2 y
0 gcos
第n+1次与斜面碰撞前平行斜面方向的分速度为v'
xn
v v  gsint （1分）
xn xn 0
第n+1次与斜面碰撞过程，根据动量定理可得
F t 2mv （1分）
N y
F t m（v v )
N x(n1) xn
联立解得：vv v 2v (tan)2.4m/s （1分）
x(n1) xn y
第n次碰撞时落点位置
1 1
由xn(v t cos gt2sin) n(n1)vt （1分）
0 0 2 0 2 0
得x(1.44n210.56n)m （1分）
高三评分标准 第4页（共4页）