山东省菏泽市2023届高三物理一模试卷+答案.pdf

1、高三物理试题参考答案及评分标准一、单项选择题（每题 3 分，共 24 分）1C2B3A4C5C6D7B8D二、多项选择题（每题 4 分，共 16 分，部分得分 2 分）9BD10BCD11AB12ABC三、非选择题（共 60 分）13每空 2 分，共 6 分（1）24（2）6 214（3）14共 8 分20.00（1 分）2.50（1 分）（2.492.51 均给分）5.00（1 分）1=+1+1（1 分）2.63（2 分）1.00（2 分）15（8 分）解：设 A、B 共同运动的时间为 t，加速度为 a对 A、B 组成的整体，由牛顿第二定律得A+B=（A+B）（1 分）刚要分离时，对 A（或

2、对 B）由牛顿第二定律得A=A（B=B）（1 分）代入数据可解得=1m/s2（1 分）t=2s（1 分）分离后 B 的加速度为 aB，对 B 由牛顿第二定律得B=BB（1 分）解得=(13+13)m/s2（t2s）（1 分）B 物体的 a-t 图像如图所示（2 分）图线全部正确得 2 分，第 2 条图线的斜率只要是13即可，不一定用（5，2）或（8，3）坐标，但不能说明斜率大小或斜率不正确的扣 1 分。16（10 分）解（1）方法 1设筒内气体压强为 P2，平衡时受力如图所示，可得+1=2+0（2 分）其中 M=2104kgm=1104kgP1=1.0105PaS=2m2V0=6m3t/s0a

3、/ms-2321285（M+m）gP2SP1SgV0可得2=2.2 105Pa（1 分）方法 2设圆柱体内、外液面的高度差为 H，由平衡条件得+=(0+)2=1+可解得 H=12m2=2.2 105Pa（2）入水时，圆柱体内的气体11=1 105 16 2=3.2 106Nm（1 分）静止时，圆柱体内的气体22=2.2 105 13 2=5.72 106Nm（1 分）由于 P1V1P2V2，故应当向圆柱体内充气。（1 分）（3）对圆柱体内的气体，由玻意耳定律得22=13（2 分）充入的气体在空气中的体积 V=3 1（1 分）解得 V=25.2m3（1 分）17.（12 分）解（1）粒子 1 在

4、磁场中匀速圆周运动过 P 点，则在磁场中运动轨迹半径 R=a则2mvqBvR（1 分）则qBavm粒子从 S 到 O，做直线运动，可知EqqvB（1 分）可得mqaBE2（1 分）（2）1、2 两粒子在 P 点发生弹性碰撞，设碰后速度为1v、2v，取向上为正，则有1213mvmvmv（1 分）2221211112223mvmvmv（1 分）计算可得1122qBavvm23322qBavvm两粒子碰后在磁场中运动211112mvqBvR2222123mvqBvR解得1Ra（1 分）2Ra（1 分）两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为11124RmTvqB222243RmTvqB

5、则两粒子碰后再次相遇2T2T212tt（1 分）解得再次相遇时间2 mtqB（1 分）（3）粒子 2 出第一象限时粒子 1 在磁场中偏转角度为212=46TT（1 分）撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，2 粒子运动一段时间后，再整个区域加上与原来相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为 a 的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示设撤销电场、磁场到再次加上原来大小的磁场粒子 2 运动了t，由几何关系，在AOB 中用余弦定理可得21222212)2()()(60costvtvatvtv（1 分）因为123vv 解得Bqmt774（1 分）18（16 分）解：（1）（2 分）经分析知，滑块 P

6、 一直在木板 Q 上相对 Q 向右运动，两者最终均静止，由能量守恒得：=1202代入数据解得：=8（2 分）（2）（8 分）木板 Q 的加速度为0=0（1 分）0=2 2而2=20（1 分）解得=1/第一次碰前：对木板 Q 和滑块：可得滑块 P 的速度大小=6/（1 分）第一次碰撞：木板以与静止的 A 发生弹性碰撞，且木板与物块 A 质量相等：2121211212121AAQQAAQQvmMvMvvmMvMv解得 1=1/1=0故质量相等的两个物体发生弹性碰撞，碰后交换速度。第一次碰后，P 从静止开始做匀加速运动开始追 A，假设追上前 P、Q 已共速对木板 Q 和滑块 P 构成的系统，由动量守

7、恒=(+)共（1 分）可得 共=2/Q 追 A 的过程中加速时间为11=共=1s共21=1，在1时间内 A 的位移为mtvA11（1 分）符合实际，故假设成立，且木板 Q 追上物块 A 的同时 P、Q 恰好共速，Q、A 发生第二次碰撞，由分析可知，第二次碰后木板 Q、物块 A 交换速度2=1 2=2 第二次碰后木板 Q 和滑块 P 共速时有最大速度共+2=(+)=43 2（1 分）故不会再碰综上，P 与 A 碰两次，最终速度终=终=43（1 分）终=2（1 分）（3）（6 分）木板 Q 的质量变为 MQ=1kg、滑块 P 的质量变为 mp=2kg 时，对木板 Q，根据牛顿第二定律QpaMgmQ

8、2/8smaQ（1 分）假设在第 1 次碰撞前 P、Q 已共速，由动量守恒定律得10)(共vMmvmQPP得m/s3161共v（1 分）木板 Q 在两者共速前的位移为m6916221mavxQ共，故假设成立，碰第一次前 P、Q 已共速，Q 与固定的滑块 A 发生弹性碰撞，等速反弹，碰后到 Q 运动到最左端的位移Qavx2211共第一次碰后到 P、Q 第二次达到共速，由动量守恒定律得211共共共）（vMmvMvmQPQP得312共共vv，故可知在碰第二次前 P、Q 已经达到共速，一次类推，每次碰前二者都已经达到共速。第二次碰后到 Q 运动到最左端的位移QQavavx2312212222共共）（第二次碰后到 P、Q 第三次达到共速，由动量守恒定律得322共共共）（vMmvMvmQPQP得1223313共共共）（vvv第三次碰后到 Q 运动到最左端的位移QQavavx2312214233共共）（以此类推第四次碰后到 Q 运动到最左端的位移QQavavx2312216244共共）（以此类推第 n 此碰后到 Q 运动到最左端的位移QnQnnavavx231221)1(22共共）（2 分）以此类推，木板 Q 通过的路程为nxxxxxs22223210（1 分）即13221919191911226nQavs）（）（）（共当n 时，可得木板 Q 通过的总路程为ms10（1 分）