物理高三齐鲁名校联盟评分细则

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.AC13.（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）I()rR（3）111（2分）r2I2（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。pVpV根据理想气体状态方程有1122（1分）TT12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()V3V0（2分）Vm0300则剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为1000=1000=910。（1分）m总V30+VmnPV说明：另解，由克虏伯龙方程PVnRT，可得3391%，同样正确，得3分。m总n总P2V216．（1）滑块向上滑动时受到的向下的力F1mgsin37mgcos37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FF对滑块应用动量定理Ft10tmv（1分）12max代入数值解得vmax8m/s。（1分）1（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mgmgmasin37cos37（1分）2解得a4m/s（1分）166滑块返回到斜面底端的速度vaL2m/s（1分）312滑块从斜面返回时，有Lat（1分）2246解得ts（1分）23v46说明：由匀加速直线运动的速度公式可得，ts，亦得2分。2a34(36)则滑块在斜面上运动的总时间t=stt。（1分）总12317．（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m0v0m0umvA（1分）mmm解得v00uv（1分）Amm01由题图2可得vu4（u>v0）（1分）A3mmm1则0v4m/s，0（1分）m0m3联立解得v03m/s。（1分）（2）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m0vB（1分）m0m解得vBuv0mm00mm19则人跳到B车上后，B车的速度v随u大小变化的关系式为vu（u>v0）（1分）BB442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vu4m/s-1m/s（1分）A113两车发生碰撞时，对A、B两车和人组成的系统，根据动量守恒定律有-公众号：网课来了mvAAB10mv()mmv（1分）121212因为发生弹性正碰，所以机械能守恒，有mvmv()mmv（1分）2AAB102226m解得两车发生弹性正碰后B车的速度vvBA1m/s0.9m/s。（1分）mmm07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26m，则仅得1分。vvBA1m/s0.9m/smmm07（3）在同一坐标系上作出vuA、vuB图像，如图所示当v=v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u（1分）ABmin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)v3解得vm/s（1分）7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）31218．（1）设离子进入磁场的速度为v，根据动能定理，有qUmv（1分）2v2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qvBm（2分）0rR根据几何关系，有sin（1分）rqBRqB22R解得v0，U0。（1分）msin2msin2（2）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vytvtcos（1分）12沿z轴负方向有hvtat（1分）z2qE其中a，vvsin（1分）mzmEtan2解得。（1分）hRtan22qB0（3）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mm2时间ttan（1分）qBqB004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vvycos，设该匀速圆2vy2r周运动的轨迹半径为，周期为T，则，（1分）rqvyB0mTrvyRR2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tT（1分）2解得2rad（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：4RRxr'r'cos(π-)(1cos2)，yrsin()sin2（1分）22RR则坐标为[-(1cos2)，sin2，0]。（1分）22RR说明：1.x(cos21)及[(cos21)，，0]同样正确，得相应分值；222.若仅未写出z坐标，即写作“[-，]”，不再扣分。5