山东省部分名校2023-2024学年高三下学期2月大联考试题物理试卷（Word版附解析）

这是一份山东省部分名校2023-2024学年高三下学期2月大联考试题物理试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

本试卷共8页，18题。全卷满分100分。考试用时90分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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。
1．下列关于光现象的表述正确的是（ ）
A．黄光和紫光通过同一狭缝后，紫光的衍射现象更明显
B．雨后的彩虹是光的干涉现象
C．一束红光由空气射入玻璃中，这束红光的波长变长
D．激光全息照相利用了光的干涉原理
2．下列说法正确的是（ ）
A．宇宙射线进入地球大气层时，中子撞击氮引发核反应产生碳14，其核反应方程为
B．石墨对X射线散射后，在散射的X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长小于的成分
C．普朗克为解释黑体辐射规律作出假设：必须假定电磁波本身的能量也是不连续的，即认为光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的
D．根据玻尔原子理论的基本假设，电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁后的能级决定
3．中国传统工艺——榫卯结构出现在当下流行的拼插玩具中，如图甲所示。凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用。图乙是一种榫卯连接构件，相互连接的两部分，其中构件固定在水平地面上，榫、卯接触面间的动摩擦因数均为，沿的轴线用大小为的力才能将从中缓慢拉出。可认为各接触面间的弹力大小均为，滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，的下表面与水平地面未接触，则榫、卯接触面间的动摩擦因数为（ ）
A．B．C．D．
4．社团活动丰富了同学们的课余生活，如图所示为小冬同学制作的一台手摇式交流发电机，当缓慢摇动大皮带轮手柄时，连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪的发光。若已知大皮带轮的半径为，小皮带轮的半径为，摇动手柄的角速度为，且摇动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是（ ）
A．发电机产生的交变电流频率为
B．小灯泡闪烁的频率为
C．增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率增大，但亮度不变
D．增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率不变，但亮度增大
5．杭州第19届亚运会跳水比赛于2023年9月30日至10月4日在杭州奥体中心游泳馆举行。我国跳水运动员包揽了全部的10枚金牌，真正做到了“十全十美”。如图甲所示为10米跳台冠军杨昊比赛时的精彩瞬间。图乙对跳水过程进行了模拟，假设将杨昊看作质点，0时刻杨昊到达最高点A，此后做自由落体运动，t时刻到达标记点B，3t时刻到达落水点C，已知BC的高度为9.6m，则AC的高度为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示为电影《流浪地球》中我国歼击机垂直起降的剧照。假设该歼击机的质量为25吨，起飞时，单位时间竖直向下喷出气体的质量为300千克，喷气速度为。重力加速度取，则起飞瞬间该歼击机的加速度大小约为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示为单反相机的取景五棱镜原理图，光线经平面镜反射后以垂直面的方向射入五棱镜，以平行于面的方向射出五棱镜。已知玻璃相对空气的折射率为1.5，面与面的夹角为。已知，下列说法正确的是（ ）
A．光线在点的折射角的正弦值为0.75
B．光线在点发生全反射
C．调节面与面的夹角，使得光线a由面射向空气时，恰好发生全反射，调整后面与面的夹角为
D．如果左下角的三角形表示一正立的物体，经过多次反射后在取景窗中得到的是正立的像
8．如图所示，质量为的物块与质量为的物块用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度。在桌面的上方，在桌面上，初始时在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为。撤去控制，用大小恒为的力水平向右拉开始运动，均可看作质点，始终未离开桌面，重力加速度取。一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为。在此瞬间，的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
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。
9．如图所示，嫦娥五号探测器由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。探测器完成对月球表面的取样任务后，样品将由上升器携带升空进入环月轨道，与环月轨道上做匀速圆周运动的轨道器返回器组合体（简称“组合体”）对接。为了安全，上升器与组合体对接时，必须具有相同的速度。已知上升器（含样品）的质量为m，月球的半径为R，月球表面的“重力加速度”为g，组合体到月球表面的高度为h。取上升器与月球相距无穷远时引力势能为零，上升器与月球球心距离时，引力势能为为引力常量，月球的质量为（未知），不计月球自转的影响。下列说法正确的是（ ）
A．月球的质量
B．组合体在环月轨道上做圆周运动的速度的大小为
C．上升器与组合体成功对接时上升器的能量为
D．上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为
10．如图所示，五角星是边长相等的共面十边形，b、a、i、h四点共线，若在j、d点固定电荷量为Q的正点电荷，一带负电的试探电荷q从g点由静止释放，仅在静电力作用下运动。下列说法正确的是（ ）
A．i、e两点的电场强度相同
B．试探电荷a从g点运动到b点的过程中，其电势能先减小后增大
C．试探电荷q在g、b两点间往复运动
D．若在h、f点也固定电荷量为Q的正点电荷，试探电荷q由静止释放后将向b点运动
11．如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为边长均为，线圈电阻为。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为，其中、分别为边的中点，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由均匀地增大到，在此过程中（ ）
A．线圈中的磁通量增加量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．线圈中产生的感应电流大小为
D．线圈整体所受安培力大小增加了
12．如图所示，光垂直照射斜面，把一个质量为的小球从斜面顶端水平弹射出来做平拖运动，小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能，拍出多张照片记录小球此运动过程。通过分析照片可以得到小球的飞行时间为，小球与其影子距离最大时，影子距木板顶端和底端的距离之比约为，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．飞行过程中，重力对小球做的功为
B．小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻
C．斜面的倾角
D．木板的长度为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）
小婷同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）该同学先用游标卡尺测量小铁球的直径如图甲所示，则小铁球的直径______cm。
（2）该同学用秒表计时，记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，秒表读数为______s。
（3）若摆线的长度为，该同学由以上数据求出重力加速度______（结果保留三位有效数字，）。
（4）若他测得的值偏小，可能的原因是______（填正确答案标号）。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表提前按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
14．（8分）
为了能够准确地测量某电池组的电动势及内阻，提供的器材如下：
A．电压表V（，内阻未知）
B．电流表A（，内阻未知）
C．定值电阻（阻值）
D．滑动变阻器若干（最大阻值为）
E．电池组一组、开关与导线若干
（1）图甲是小田同学根据选用的仪器设计测量该电池组的电动势和内阻的电路图。调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数，在坐标纸上描点连线作出图像，如图乙所示，则该电池组的电动势______，内阻______。（结果均保留两位有效数字）
（2）小文同学则设计了图丙所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制图线如图丁中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关接______（填“1”或“2”）中的实验数据描出的；分析图丁可知，此电池组电动势的真实值为______，内阻的真实值为______。
15．（7分）
为了研究自由落体运动规律，小陆同学准备自制“牛顿管”进行试验。假设抽气前管内气体的压强为大气压强，管内气体的体积为，每次抽气体积为。不考虑温度变化、漏气等影响，已知，求：（结果均保留三位有效数字）
（1）抽气10次后管内气体的压强；
（2）抽气10次后管内剩余气体与第一次抽气前气体质量之比。
16．（9分）
一课外兴趣研究小组在学校组织的“鸡蛋撞地球”科技活动中，为使鸡蛋能毫发无损的落地，利用电磁阻尼缓冲原理设计了一缓冲装置。其原理模型如图所示，顶部是蛋仓主体，下方是光滑导轨，导轨内侧是一缓冲底座，缓冲底座侧面有导槽（未画出）与导轨相连。在缓冲底座侧面围绕底座设置n个独立单匝闭合矩形金属线圈，线圈间彼此绝缘，与底座导轨绝缘。导轨内侧在蛋仓主体上固定有电阻很小的通电线圈可提供较强稳定均匀磁场，磁感应强度大小为B，方向水平，已知缓冲底座与地面接触后速度迅速减为零，若该缓冲装置在一次实验中刚落地前瞬间速度为，设每个线圈电阻为R，顶部长度为L，该装置除缓冲底座整体外其他部分总质量为M，重力加速度为g，导轨落地时，缓冲底座顶端未接触蛋仓主体下部，忽略空气阻力。
（1）求当缓冲底座刚落地后，某一线圈MN（如图所示）中电流的大小和方向；
（2）若导轨够长，缓冲底座够高，求导轨落地时的最小速度，并提出两条减小这一最小速度的方法。
17．（14分）
如图甲所示的空间坐标系轴、轴、轴交于点。空间存在如图乙所示的周期性匀强电场以及如图丙所示的周期性匀强磁场，电场与磁场均沿轴正方向，大小未知，。时刻，一质量为、电荷量为的粒子自点沿轴正方向以速度射入，时粒子到达坐标点。粒子重力忽略不计，忽略一切阻力。
（1）求电场强度的大小；
（2）求时粒子的位置坐标；
（3）求粒子再次回到轴时的轴坐标；
（4）如果保持电场规律不变，磁场的方向改为沿轴正方向，求时粒子的位置坐标。
18．（16分）
如图所示，天花板上的点悬挂一圆锥摆，摆长，摆线与竖直方向的夹角为，摆块（可视为质点）的质量。圆锥摆右下方某位置固定一光滑圆弧轨道，圆弧半径，对应圆心角。轨道末端点与一质量的木板紧靠且与上板平齐，木板与地面间摩擦力不计。木板左端上方放置一质量的滑块，滑块与木板上表面间的动摩擦因数满足，其中为滑块所在位置到木板左端的距离。摆块、滑块均可看作质点。地面右端足够远处有一竖直墙，木板及滑块与墙壁碰撞后均可原速率反弹。某时刻，摆线断裂，摆块做平抛运动，一段时间后，摆块由点沿切线进入圆弧轨道，摆块与滑块碰撞时为弹性碰撞。已知重力加速度。求：
（1）摆块在做圆锥摆动时的速度大小；
（2）圆锥摆悬挂点到圆弧轨道点间的距离大小；
（3）与墙壁碰撞前滑块刚好不脱离木板，木板的长度大小为多少；
（4）满足（3）条件下，木板及滑块与墙壁碰撞后，木板左端再次到达点时，迅速被锁定静止，滑块继续减速前进，判断滑块能否再与摆块相撞？如果能发生碰撞，此后摆块能否飞出点？如果能飞出点，求摆块能够到达的最大高度。如果不能飞出点，判断滑块能否离开木板，如果能离开，求滑块离开木板时的速度。如果不能离开，求滑块静止时的位置。
2024届高三年级2月份大联考
物理参考答案及解析
一、单项选择题
1．D 【解析】黄光比紫光波长长，衍射现象更明显，A项错误；雨后的彩虹是光的折射现象，B项错误；红光由空气射入玻璃，波速减小，波长变短，C项错误；全息照相利用了光的干涉，故D项正确。
2．A 【解析】核反应方程为，A项正确；石墨对X射线散射后，在散射的X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长大于入射波长的成分，B项错误；爱因斯坦解释光电效应时，假设电磁波能量是不连续的，C项错误；电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁的能级差决定，D项错误。
3．C 【解析】榫卯结构有4个接触面，则，解得，故C项正确。
4．B 【解析】由于，两皮带轮边缘线速度相等，故发电机转子的角速度为手柄角速度的6倍，发电机产生的交变电流频率为，A项错误；小灯泡闪烁的频率是交流电频率的两倍，为，B项正确；最大感应电动势，增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率增大，亮度也增大，故C、D项错误。
5．C 【解析】从最高点开始杨昊做自由落体运动，相同时间间隔位移之比为，则的高度为，C项正确。
6．B 【解析】对喷出气体列动量定理有，解得，对飞机受力分析，有，解得，B项正确。
7．A 【解析】已知玻璃相对空气的折射率为1.5，则发生全反射的临界角满足；由几何关系可知光线在点的入射角为，因为，所以入射角小于临界角，不能发生全反射，设折射角为，则，解得，故A项正确，B项错误；调节面与面的夹角，使得光线由面射向空气时，恰好发生全反射，调整后面与面的夹角为，C项错误；从三角形下方作出光线，如图所示：
由图可知在取景窗中得到的是倒立的像，D项错误。
8．C 【解析】夹角由变化为，由几何关系得到，故在竖直方向上升了在水平方向前进了的水平速度沿绳方向的分量为，即此速度为的速度，由功能关系得，代入数据解得，故C项正确。
二、多项选择题
9．AD 【解析】由可得月球的质量，A项正确；由可得组合体的线速度，B项错误；上升器与组合体成功对接时上升器的动能为，引力势能，则能量为，C项错误；上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为，D项正确。
10．BC【解析】j、d点固定电荷量相等的正点电荷，i、e两点位置对称，电场强度大小相等，但方向不同，故A项错误；试探电荷q从g点运动到b点过程，电势能先减小后增大，故B项正确；b点和g点电势相等，试探电荷q在g、b两点间往复运动，故C项正确；若在h、f点也固定电荷量为Q的正点电荷，g点电场强度向上，试探电荷q向下运动，故D项错误。
11．BD 【解析】线圈中的磁通量增加了，故A项错误；线圈中的感应电动势大小为，B项正确；线圈中的感应电流大小为，C项错误；安培力增加了，故D项正确。
12．BCD 【解析】小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动位移时间公式，可得，根据功的公式，可得飞行过程中，重力对小球做的功为，A项错误；经过分析可知，当小球与影子距离最大时，此时小球的速度方向与斜面平行，即速度方向与水平方向的夹角为，此时竖直方向的速度为，当小球落到斜面底端时，此时小球位移与水平方向的夹角为，此时速度方向与水平方向的夹角为，根据位移夹角与速度夹角的关系可知，此时竖直方向的速度为，根据竖直方向的速度时间公式可得，则有，故小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻，B项正确；如图所示建立直角坐标系
由题意可知，则有，可得，又方向速度减为零需要的时间为，联立可得，可得，则，故木板的长度为，C、D项正确。
13题：共6分。
（1）填“1.58”---1分，其他结果均不得分；
（2）填“100”---1分，其他结果均不得分；
（3）填“9.74”---2分，其他结果均不得分；
（4）选“BC”---2分，其他结果均不得分。
14题：共8分。
（1）第一个空填“2.7 V~2.9 V”得2分，第二空填“1.0 Ω~1.2 Ω”得2分，其他结果均不得分，不写单位扣1分；
（2）第一个空填“1”得2分；第二个空填“EA”得1分；第三个空填“”得1分，其他结果不得分。
15题：第（1）问4分，第（2）问3分，共7分。
【解析】（1）设第一次抽气后气体的压强变为p1，由等温变化得
p0V0= p1(V0+V)（1分）
代入数据得p1=p0
设第二次抽气后管内气体的压强变为p2，由等温变化得
p1V0= p2(V0+V)（1分）
代入数据得p2= （1分）
依此规律得第十次抽气后P10==1.61×104 Pa（1分）
每一个方程给1分，最后结果正确，中间不写，不扣分；最后结果错误，按照所列方程给分，写出各给1分
（2）第一次抽气后气体体积变为V0+V，质量之比等于体积之比，即
（1分）
依此规律得第二次抽气后
（1分）
联立得
依此规律得第十次抽气后（1分）
列出一个等温变化方程，得1分，最后结果正确得2分，中间没有列，不扣分；若最后结果错误，按所列方程得分。
若用其他方法，比如密度公式求解，最后结果正确，同样给分，结果错误，不得分。
16题：第（1）问4分，第（2）问5分，共9分。
【解析】（1）线圈相对于磁场向上以速度v0运动，根据右手定则，电流I的方向从M到N（1分
）
根据法拉第电磁感应定律可得
E=BLv0 ① （1分）
根据闭合电路的欧姆定律可得
② （1分）
联立①②得 ③ （1分）
判断出电流方向得1分；每个方程得1分，若列出综合算式，结果正确给3分，综合算式出现错误得零分；
（2）当蛋仓主体及导轨受力平衡时，速度不再减小，速度最小，根据力的平衡可知
④ （2分）
解得 ⑤ （1分）
列出方程得2分；结果正确得1分；其他方法正确，同样给分；
从表达式可看出，要想减小这一最小速度，①适当增加缓冲底座上线圈的个数；②使用电阻率更小的材料绕制缓冲底座上的线圈；③适当减小蛋仓主体及导轨部分的质量M；④适当增加通电线圈中的电流以增加磁感应强度B（2分）
说明：回答出一条得1分，两条得2分，最多得2分。若有其他措施且合理也给相应分数。
第17题：第（1）问2分、第（2）问4分、第（3）问3分、第（4）问5分，共14分。
【解析】（1）在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，则
（1分）
解得（1分）
按照类平抛运动列式，方程得1分，最后结果正确给1分；
（2）在到时间内，在平行于xOy平面内，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量为v0，由牛顿第二定律得
（1分）
解得R=L
由圆周运动周期公式得
（1分）
则在该平面内，刚好转半圈，即x轴坐标为2L，y轴坐标为-2L（1分）
在z方向，分速度为v0，粒子做匀速直线运动，沿z轴运动的距离为
即在时粒子的位置坐标为（2L,-2L,L+πL）（1分）
方程正确、结果正确给4分（没有写出及x、y、z表达式，不扣分）；结果错误，按表达式酌情给分，每个表达式给1分，最多不超过2分；
（3）在至时间内，在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类斜抛运动，则沿z轴有（1分）
此时，z轴方向的分速度
（1分）
在至时间内，平行于xOy平面内，粒子仍旧在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量仍然为v0，则该段时间结束时，回到z轴，该段时间内，在z方向，分速度为2v0，粒子做匀速直线运动，有
则此时z轴坐标为z求=z1+z2+z3+z4=4L+3πL（1分）
只要写出、，最后结果正确就得3分；（不写中间步骤不扣分）；最后结果错误，按公式给分，得分最多不超过2分。
（4）在到时间内，磁场方向变化后，在x轴方向做匀速直线运动，该方向速度分量依然为v0，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=2L+πL（1分）
在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，半径依然为L，z轴坐标为L不变，y轴坐标为2L
在至时间内，在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类斜抛运动，z方向减速为零，则y轴坐标不变仍为2L，z轴坐标减为零，x方向速度不变，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=4L+πL（1分）
在至时间内，只在x方向有速度v0，此时速度方向与磁场方向平行，粒子做匀速直线运动，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=4L+2πL；z轴坐标仍为零，y轴坐标仍为2L（1分）
在至时间内， 在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，z方向匀加速直线运动，z轴坐标再次变为L，则y轴坐标不变仍为2L，x方向速度不变，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=6L+2πL（1分）
在至时间内，在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，半径依然为L，z轴坐标为L不变，y轴坐标为4L；x轴方向，粒子做匀速直线运动，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=6L+3πL
因此，在时粒子的位置坐标为（6L+3πL，4L，L）（1分）
每个方程1分，最后结果正确得5分，用其他方法如轨迹方程求解，结果正确同样给分；结果错误，按照所列方程给分，但最多不超过4分。
第18题：第（1）问2分、第（2）问4分、第（3）问6分、第（4）问4分，共16分。
【解析】（1）根据摆块P圆锥摆规律得
（1分）
代入数据得v0=3 m/s（1分）
列出方程得1分，结果正确，得1分；用其他方法，结果正确同样得分；
（2）摆块P沿切线进入圆弧轨道，则由几何关系得到达A点时的速度vA与水平方向的夹角θ=53°
竖直方向速度
（1分）
平抛过程时间
水平方向位移x=v0t=1.2 m（1分）
竖直方向位移
相对于悬挂点，竖直方向距离为（1分）
由空间几何关系得（1分）
方程规范、最后结果正确，得4分；采用综合列式，最后结果正确，不扣分；最后结果错误，按所列公式给分，每个方程1分，最高不超过3分；
（3）摆块P由A点到B点过程中，由动能定理得
（1分）
解得vB=7 m/s
在B点摆块P与滑块Q发生弹性碰撞，则
m1vB=m1v1+m3v2（1分）
（1分）
解得v2=7 m/s
滑块Q刚好不脱离木板M，由动量守恒定律得
（1分）
由能量守恒定律得
因摩擦产生的热量（1分）
解得Q=35 J
因摩擦产生的热量等于平均摩擦力与相对位移的乘积
其中
f1=0.1m3g，（1分）
联立解得L=3.5 m（1分）
方程规范、最后结果正确，得4分；采用综合列式，最后结果正确，不扣分；最后结果错误，按所列公式给分，每个方程1分，最高不超过5分；
（4）滑块Q与木板M同时撞墙，同时反弹，之后同时向左匀速直线运动，木板M左端再次到达B点时，迅速被锁定静止，滑块Q继续减速前进，到达B点时，速度变为vB′,由能量守恒定律得
（1分）
解得
滑块Q与摆块P弹性碰撞，摆块P的速度又变为，假设减速到A点能够飞出，由动能定理得
vP无解，故摆块P不能由A点飞出，之后返回B点，再次与滑块Q弹性碰撞（1分）
此时滑块Q的动能为27.5 J<35 J，故滑块Q不能滑离木板M，设前进距离x后速度减为零，由能量守恒定律得
，f1=0.1m3g，（1分）
联立解得（1分）
即滑块Q停在距B点处
列出得1分（没有写出不扣分）；能判断出摆块P不能从A点飞出，返回B点再次与滑块Q弹性碰撞，得1分；最后四个式子都正确得1分（或者综合列式、用图像法等，只要正确均给分），结果正确得1分；结果错误，所列式子最多得1分。山东高三2月联考物理评分细则
13题：共6分。
（1）填“1.58”---1分，其他结果均不得分；
（2）填“100”---1分，其他结果均不得分；
（3）填“9.74”---2分，其他结果均不得分；
（4）选“BC”---2分，其他结果均不得分。
14题：共8分。
（1）第一个空填“2.7 V~2.9 V”得2分，第二空填“1.0 Ω~1.2 Ω”得2分，其他结果均不得分，不写单位扣1分；
（2）第一个空填“1”得2分；第二个空填“EA”得1分；第三个空填“”得1分，其他结果不得分。
15题：第（1）问4分，第（2）问3分，共7分。
【解析】（1）设第一次抽气后气体的压强变为p1，由等温变化得
p0V0= p1(V0+V)（1分）
代入数据得p1=p0
设第二次抽气后管内气体的压强变为p2，由等温变化得
p1V0= p2(V0+V)（1分）
代入数据得p2= （1分）
依此规律得第十次抽气后P10==1.61×104 Pa（1分）
每一个方程给1分，最后结果正确，中间不写，不扣分；最后结果错误，按照所列方程给分，写出各给1分
（2）第一次抽气后气体体积变为V0+V，质量之比等于体积之比，即
（1分）
依此规律得第二次抽气后
（1分）
联立得
依此规律得第十次抽气后（1分）
列出一个等温变化方程，得1分，最后结果正确得2分，中间没有列，不扣分；若最后结果错误，按所列方程得分。
若用其他方法，比如密度公式求解，最后结果正确，同样给分，结果错误，不得分。
16题：第（1）问4分，第（2）问5分，共9分。
【解析】（1）线圈相对于磁场向上以速度v0运动，根据右手定则，电流I的方向从M到N（1分
）
根据法拉第电磁感应定律可得
E=BLv0 ① （1分）
根据闭合电路的欧姆定律可得
② （1分）
联立①②得 ③ （1分）
判断出电流方向得1分；每个方程得1分，若列出综合算式，结果正确给3分，综合算式出现错误得零分；
（2）当蛋仓主体及导轨受力平衡时，速度不再减小，速度最小，根据力的平衡可知
④ （2分）
解得 ⑤ （1分）
列出方程得2分；结果正确得1分；其他方法正确，同样给分；
从表达式可看出，要想减小这一最小速度，①适当增加缓冲底座上线圈的个数；②使用电阻率更小的材料绕制缓冲底座上的线圈；③适当减小蛋仓主体及导轨部分的质量M；④适当增加通电线圈中的电流以增加磁感应强度B（2分）
说明：回答出一条得1分，两条得2分，最多得2分。若有其他措施且合理也给相应分数。
第17题：第（1）问2分、第（2）问4分、第（3）问3分、第（4）问5分，共14分。
【解析】（1）在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，则
（1分）
解得（1分）
按照类平抛运动列式，方程得1分，最后结果正确给1分；
（2）在到时间内，在平行于xOy平面内，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量为v0，由牛顿第二定律得
（1分）
解得R=L
由圆周运动周期公式得
（1分）
则在该平面内，刚好转半圈，即x轴坐标为2L，y轴坐标为-2L（1分）
在z方向，分速度为v0，粒子做匀速直线运动，沿z轴运动的距离为
即在时粒子的位置坐标为（2L,-2L,L+πL）（1分）
方程正确、结果正确给4分（没有写出及x、y、z表达式，不扣分）；结果错误，按表达式酌情给分，每个表达式给1分，最多不超过2分；
（3）在至时间内，在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类斜抛运动，则沿z轴有（1分）
此时，z轴方向的分速度
（1分）
在至时间内，平行于xOy平面内，粒子仍旧在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量仍然为v0，则该段时间结束时，回到z轴，该段时间内，在z方向，分速度为2v0，粒子做匀速直线运动，有
则此时z轴坐标为z求=z1+z2+z3+z4=4L+3πL（1分）
只要写出、，最后结果正确就得3分；（不写中间步骤不扣分）；最后结果错误，按公式给分，得分最多不超过2分。
（4）在到时间内，磁场方向变化后，在x轴方向做匀速直线运动，该方向速度分量依然为v0，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=2L+πL（1分）
在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，半径依然为L，z轴坐标为L不变，y轴坐标为2L
在至时间内，在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类斜抛运动，z方向减速为零，则y轴坐标不变仍为2L，z轴坐标减为零，x方向速度不变，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=4L+πL（1分）
在至时间内，只在x方向有速度v0，此时速度方向与磁场方向平行，粒子做匀速直线运动，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=4L+2πL；z轴坐标仍为零，y轴坐标仍为2L（1分）
在至时间内， 在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，z方向匀加速直线运动，z轴坐标再次变为L，则y轴坐标不变仍为2L，x方向速度不变，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=6L+2πL（1分）
在至时间内，在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，半径依然为L，z轴坐标为L不变，y轴坐标为4L；x轴方向，粒子做匀速直线运动，该段时间内 ，则x轴坐标变为x=6L+3πL
因此，在时粒子的位置坐标为（6L+3πL，4L，L）（1分）
每个方程1分，最后结果正确得5分，用其他方法如轨迹方程求解，结果正确同样给分；结果错误，按照所列方程给分，但最多不超过4分。
第18题：第（1）问2分、第（2）问4分、第（3）问6分、第（4）问4分，共16分。
【解析】（1）根据摆块P圆锥摆规律得
（1分）
代入数据得v0=3 m/s（1分）
列出方程得1分，结果正确，得1分；用其他方法，结果正确同样得分；
（2）摆块P沿切线进入圆弧轨道，则由几何关系得到达A点时的速度vA与水平方向的夹角θ=53°
竖直方向速度
（1分）
平抛过程时间
水平方向位移x=v0t=1.2 m（1分）
竖直方向位移
相对于悬挂点，竖直方向距离为（1分）
由空间几何关系得（1分）
方程规范、最后结果正确，得4分；采用综合列式，最后结果正确，不扣分；最后结果错误，按所列公式给分，每个方程1分，最高不超过3分；
（3）摆块P由A点到B点过程中，由动能定理得
（1分）
解得vB=7 m/s
在B点摆块P与滑块Q发生弹性碰撞，则
m1vB=m1v1+m3v2（1分）
（1分）
解得v2=7 m/s
滑块Q刚好不脱离木板M，由动量守恒定律得
（1分）
由能量守恒定律得
因摩擦产生的热量（1分）
解得Q=35 J
因摩擦产生的热量等于平均摩擦力与相对位移的乘积
其中
f1=0.1m3g，（1分）
联立解得L=3.5 m（1分）
方程规范、最后结果正确，得4分；采用综合列式，最后结果正确，不扣分；最后结果错误，按所列公式给分，每个方程1分，最高不超过5分；
（4）滑块Q与木板M同时撞墙，同时反弹，之后同时向左匀速直线运动，木板M左端再次到达B点时，迅速被锁定静止，滑块Q继续减速前进，到达B点时，速度变为vB′,由能量守恒定律得
（1分）
解得
滑块Q与摆块P弹性碰撞，摆块P的速度又变为，假设减速到A点能够飞出，由动能定理得
vP无解，故摆块P不能由A点飞出，之后返回B点，再次与滑块Q弹性碰撞（1分）
此时滑块Q的动能为27.5 J<35 J，故滑块Q不能滑离木板M，设前进距离x后速度减为零，由能量守恒定律得
，f1=0.1m3g，（1分）
联立解得（1分）
即滑块Q停在距B点处
列出得1分（没有写出不扣分）；能判断出摆块P不能从A点飞出，返回B点再次与滑块Q弹性碰撞，得1分；最后四个式子都正确得1分（或者综合列式、用图像法等，只要正确均给分），结果正确得1分；结果错误，所列式子最多得1分。