2024届山东省淄博市高三一模考试 物理答案

淄博市2023—2024学年度高三模拟考试物理参考答案2024.3一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。12345678CDCBADAB二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9101112ADBDBCAC三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（6分）（1）P1、P2的像（1分）（2）（2分）（3）1.50（2分）（4）小于（1分）14．（8分）（1）12.0（2分）（2）1.33（1分）2.0（1分）（3）b（2分）（4）2.0（1分）0.22（1分）15．（8分）解：（1）从F点到P点过程竖直方向：vygt----------------------------------1分水平方向:x221.52m2.5mxv----------------------------------------------------------------------------------------1分xt踢出时蹴鞠的速度：22v0vxvy12由动能定理得：W人mv----------------------------------------------------------------------------------1分20高一物理参考答案第1页（共6页）{#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}由以上各式得：W人15J--------------------------------------------------------------------------------------1分12（2）从F点到P点过程竖直方向：hgt------------------------------------------------------1分pp212从P点到Q点过程竖直方向：hhgtpp21P点到EE的距离：x1(52)m3mx1垂直于网所在平面方向的分速度：v1-----------------------------------------------------------------1分t11从Q点到K点过程竖直方向：hgt223K点到EE的距离:dv1t3------------------------------------------------------------------------------------1分36解得：dm-----------------------------------------------------------------------------------------------1分2V0V16（8分）解：（1）由等压变化：----------------------------------------------------------------1分T0T91得：Vm320球内氦气的质量：mV-----------------------------------------------------------------------------------1分解得：m0.819kg--------------------------------------------------------------------------------------------1分3（2）在目标高度时，对活塞：kL0.5PSPS---------------------------------------------2分4003得：PP40P0V0PV对氦气：------------------------------------------------------------------------------------2分T0T其中V1.2V0得：T270K----------------------------------------------------------------------------------------1分17.解：（1）在区域Ⅰ内粒子做匀速圆周运动，由几何关系得：LR2(R)2L2------------------------------------------------1分1125解得：RL142mv0由牛顿第二定律得：qv0B1-----------------------------1分R1高一物理参考答案第2页（共6页）{#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}4mv解得：B0---------------------------------------------------------------1分15qL（2）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，假设从ff边进入区域Ⅲ，1qEL2y坐标：y（）-----------------------------------------------------1分2mv02（qEL）2粒子进入区域Ⅲ的速度：vv0----------------------------1分mv0L联立解得：y，v2v20L粒子刚进入区域Ⅲ的坐标（2L，，L）------------------------------1分2粒子刚进入区域Ⅲ的速度大小分v2v0-------------------------------122v（3）由牛顿第二定律得：0q2v0B2mR212由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足：LRL-----1分2222mv022mv0联立解得区域Ⅲ的B2需要满足：B-----------------2分qL2qL22v（4）由牛顿第二定律得：0q2v0B2mR3m2vL解得：0R3qB24粒子返回到区域Ⅱ后的运动：沿y轴负方向做匀速运动，在平行于xoz的平面上做匀速圆周运动L假设从bcfe面射出：t22v02m4L在B3内：T-----------------------------------------------------1分qB3v0T因为t，转过夹角为45°-------------------------------------------1分28v22l由牛顿第二定律得：0解得qv0B3mR3R32Lx2LRsin452LL--------------------------------------1分3高一物理参考答案第3页（共6页）{#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}y0LL22zR(1cos45)L＞0------------------------------------------1分2322L，，L22综上所述假设成立，从bcfe面射出，粒子出射点的坐标为2L0L218.（1）假设P在传送带上一直匀减速，根据动能定理可得：1Emgsmv2-----------------------------------------------------------------2分P1P2PB得vB3gR由于vB3gRgR所以，假设成立，即vB3gR-------------------1分（）设与碰撞前的速度大小为，碰撞后的速度大小为，的速度大小为，2PQv1Pv2Qv311P从B到C由动能定理得：mg6Rmv2mv2P2PC2PB解得：vC15gR11从C到D过程根据动能定理可得2mgRmv2mv2--------------1分2P2P12PC解得：v123gR1对P滑块从D到C根据动能定理可得2mgR0mv2-------------------1分2P2P2解得：v23gR根据动量守恒和机械能守恒可得：mPv1mPv2mQv3---------------------------------------------1分111mv2mv2mv2--------------------------------------1分2P12P22Q3mQmP得v2v1mPmQ解得：mQ3m------------------------------------------------1分（3）在E点，竖直方向合力为零，则FNcosmPg---------------------------1分v2由牛顿第二定律得：FmgcosmE-------------------------------------1分NPPR高一物理参考答案第4页（共6页）{#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}11从E到C由动能定理得：mgR(1cos)mv2mv2------------------1分P2PC2PEE点到C点的竖直高度：hR(1cos)19181解得：h()R------------------------------------1分611方法二：从E到C由动能定理得：mgR(1cos)mv2mv2-----1分P2PC2PE在E点重力的功率：PmPgvEsin-------------------------------------------------1分整理得：P3mggR（2cos）313（cos）22cos13令xcos，y（2cos）31（3cos）22cos13则y2x313x22x1318113求导，y6x226x20得：x618113即当cos时，P取最大值---------------------------------------------1分6E点到C点的竖直高度：hR(1cos)19181解得：h()R-------------------------------------1分6（4）由（2）得，Q碰后速度为v33gR进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左f23mQg1.2mg地面对长木板最大静摩擦力f地M4mQm木g1.8mg故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得：11mgLmv2mv22Q32Q42Q3得：v41.8gRQ以速度v4与长木板弹性碰撞，可得：mQv4mQv5m木v6121212mvmvm木v2Q42Q526高一物理参考答案第5页（共6页）{#{QQABCYIUggioABIAAAgCQwEKCEIQkBACAAoGxEAAMAABCANABAA=}#}12得碰撞后Q的速度大小为vv，长木板的速度大小为vv534634Q向右减速：a23g0.4g（+）3mQg4mQm木g长木板向左减速：a30.5g-------1分m木Q向右做减速运动直至减速到零后再向左做加速运动直到二者共速，再一起做减速运动，所做v-t图像如图v42v4可得：v共atat-------------------------------------1分32331v2v相对位移：x44t-----------------------------------1分233xR1.5R，所以，滑块未滑离木板滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热3mQg(x1.5R)3mgR-------------