山东省齐鲁名校2022-2023学年高三下学期3月大联考物理试卷

这是一份山东省齐鲁名校2022-2023学年高三下学期3月大联考物理试卷，共8页。试卷主要包含了C2，05 说明，说明，5Scm 说明，125K，9m/s 等内容，欢迎下载使用。



齐鲁名校联2022—2023 学年高三年级联考
物理·评分细则
1.C2.B3.D4.B5.D6.A7.D8.C9.ACD10.BD11.CD12.AC
13.（1）=（1 分）
（3）2.05（1 分） 光电门 G1 和 G2 之间的距离 x（或滑块由光电门 G1 滑到光电门 G2 的运动时间 t，2 分） 说明：若只正确填写文字，而未写出对应物理量的符号，得 1 分。
（4）mg=（M+m）a（2 分）
14.（1）150（1 分）说明：填“15×10”或“15.0×10”皆正确，均得 1 分。
（2）R1（1 分） 如图所示（2 分）
（3） I1 (r1  R1 )  r （2 分）
I
2
2
（4）厚度 d（2 分）说明：若只填“厚度”得 1 分，而只填“d”或其它符号，则得 0 分。
15.（1）设玻璃管的横截面积为 S，分析题干中条件可知，初态时，封闭气体的压强 p1=80cmHg，体积 V1=L1S=(20cm-5cm)S=15Scm， 温度 T1=300K（1 分）
末态时，封闭气体的压强 p2=75cmHg，体积 V2=L2S=17.5Scm（1 分） 说明：若未列出初末状态参量，但后续计算中所带入数值正确，则不扣分。
根据理想气体状态方程有 p1V1  p2V2（1 分）
T1T2
解得 T2=328.125K。（1 分）
（2）抽气的过程发生等温变化，抽气前，封闭气体的压强 p2=75cmHg，体积 V2=L2S=17.5Scm，抽气后，封闭气体的压强 p3=80cmHg， 体积 V3=15Scm，设抽出的气体在压强为 p3 时的体积为 V0
则根据玻意耳定律，有 p2V2  p3 (V3 V0 )
m
则剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为
m总
100 0 0
=V3 V3 +V0
100 0
0 =910 0
（2 分）
。（1 分）
说明：另解，由克虏伯龙方程 PV
 nRT ，可得 m  n
m总n总
 P3V3  91% ，同样正确，得 3 分。
P2V2
16．（1）滑块向上滑动时受到的向下的力 F1  mg sin 37 mg cs37  8N
（1 分）
当滑块受到的合外力为零时，加速度为零，速度达到最大，即 t=2s 时速度最大
对滑块应用动量定理Ft  F1  F0 t  mv
（1 分）
12max
代入数值解得 vmax  8m/s 。（1 分）
（2）在 0~2s 内滑块向上做加速度逐渐减小的加速运动，在 2s~4s 内，滑块向上做加速度逐渐增大的减速运动，由对称性可知，t1=4s 时，速度刚好减为零，此后滑块开始向下做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律，有 mg sin 37 mg cs37  ma
（1 分）
解得 a  4m/s2
2aL
滑块返回到斜面底端的速度 v  16 6 m/s
3
（1 分）
（1 分）
12
滑块从斜面返回时，有 L  2 at2

4 6
解得t23 s
（1 分）
（1 分）
v
说明：由匀加速直线运动的速度公式可得， t2  a 
4 6 s ，亦得 2 分。
3
则滑块在斜面上运动的总时间t总=t1  t2 
4(3 
3
6) s 。（1 分）
17．（1）设 A、B 两车的质量均为 m，人的质量为 m0，以 A 车和人组成的系统为研究对象，水平方向所受合外力为零，水平方向动
量守恒，有(m  m0 )v0  m0u  mvA
（1 分）
m0
解得 vA   m u 
m  m0 m
1
 v0
（1 分）
m01
由题图 2 可得vA   3 u  4 （u>v0）（1 分）
0
m  m
则
m
 v0  4m/s ， m  3
（1 分）
联立解得 v0  3m/s 。（1 分）
人跳上 B 车的瞬间，以 B 车和人组成的系统为研究对象，系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，有
m0u  mv0  (m  m0 )vB
（1 分）
m0
解得 vB  m  m
u m
m  m
 v0
00
19
则人跳到 B 车上后，B 车的速度 vB 随 u 大小变化的关系式为vB  4 u  4 （u>v0）（1 分）
当人跳到 B 车上后，B 车的速度为零时，人跳出 A 车时的速度 u1=9m/s（1 分）
1
则人跳到 B 车上后，A 车的速度 vA1  4m/s- 3 u1  1m/s
两车发生碰撞时，对 A、B 两车和人组成的系统，根据动量守恒定律有
mvA1  mvA  (m  m0 )vB
（1 分）
（1 分）
2
111
因为发生弹性正碰，所以机械能守恒，有mvmv2 (m  m )v2
（1 分）
2A12A20B
解得两车发生弹性正碰后 B 车的速度 vB 
2m
m  m  m0
vA1
m/s  0.9m/s 。（1 分）
6
7
说明：若未列动量守恒及机械能守恒对应方程，直接套弹性碰撞结论，得
vB 
2m
m  m  m0
vA1
 6 m/s  0.9m/s ，则仅得 1 分。
7
在同一坐标系上作出 vA  u 、 vB  u 图像，如图所示
当 vA = vB 时，两图线的交点的横坐标即为两车不相撞前提下，人跳出 A 车时对地速度的最小值umin
（1 分）
解得umin  10.71m/s 。（1 分）
说明：解析法
若最终两车最终速度相同，恰好不碰，则人从 A 车跳出时的对地速度最小，由动量守恒有
(m  m0 )v0  mv0  (2m  m0 )v
解得 v 
3 m/s
7
（1 分）
对人跳离 A 车前后运用动量守恒定律可得
(m  m0 )v0  mv  m0umin
解得umin  10.71m/s
（1 分）
18．（1）设离子进入磁场的速度为 v，根据动能定理，有 qU 
1 mv2
2
（1 分）
v
2
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB0  m r
（2 分）
R
根据几何关系，有sin （1 分）
r
qB R
qB2R2
解得v 0，U 0。（1 分）
m sin2m sin2 
离子在圆柱形区域内的电场中沿 y 轴正方向做匀速直线运动，沿 z 轴负方向做匀加速直线运动，则
沿 y 轴正方向有 R  vyt  vt cs
（1 分）
1
2
沿 z 轴负方向有 h  vzt  2 at
qE
（1 分）
其中 a ， v  v sin
mz
mE tan2 
（1 分）
解得 h  R tan 。（1 分）
0
2qB2
在圆柱形区域内加磁场后，离子沿 z 轴负方向做与第（2）问相同的匀加速直线运动，由（2）可知离子在圆柱形区域内运动的
时间t 
m qB0
2m
tan （1 分）
qB0
4 m
由磁场方向变化的周期为可知，离子在圆柱形区域内运动时，磁场方向一直沿 z 轴负方向
qB0
在垂直电场方向，即离子的运动在圆柱底面的投影运动为匀速圆周运动，该匀速圆周运动的线速度大小 vy  v cs ，设该匀速圆
v2
2 r
周运动的轨迹半径为 r
，周期为 T，则 qv B  m y ， T （1 分）
y
y 0rv
RR2 m
解得 r ， T （1 分）
tan2qB0
设离子做圆周运动转过的圆心角 ，如图所示，则t   T
2
解得  2rad
（1 分）
（1 分）
设该离子打在圆柱形底面的位置坐标为（x，y，0），根据几何关系可知：
x  r'r'cs(π - )   R (1 cs 2) ， y  rsin(  )  R sin 2
（1 分）
22
RR
则坐标为[-(1 cs 2) ，sin 2 ，0]。（1 分）
2
说明：1. x 
2
R (cs 2 1) 及[
2
R (cs 2 1) ，sin 2 ，0]同样正确，得相应分值；
R
22
RR
2.若仅未写出 z 坐标，即写作“[-(1 cs 2) ，sin 2 ]”，不再扣分。
22