2023届山东省济宁市高三二模考试 物理答案

2023年济宁市高考模拟考试答案1、B2、C3、D4、D5、C6、C7、C8、A9、BD10、BD11、AD12、BCDnmgL13．（6分）（1）BD（2）pp0（3）橡皮帽内气体体积升高增大（第2Vm问2分，其它每空1分）．（分）（）（）（）（）等于（每空分）14815.30mm2C3I(Rr)RrR42222111I1(R1r1)r1R115．（7分）解析：（1）根据题目描述，设匀加速直线运动的最大速度为v，可知vvttvtH………………………………………………………………………(1分)222根据va1t………………………………………………………………………………(1分)4H解得a……………………………………………………………………………(1分)17t2t（2）由运动过程可知ata……………………………………………………(1分)122设匀减速下降时，绳子的拉力为FT，根据牛顿第二定律FTmgma2…………(1分)三根支架在竖直方向的合力等于绳子向下拉支架的作用力，即3Fcos37FT…(1分)58mH解得F(mg)………………………………………………………………(1分)127t216．（9分）解析：（1）由法拉第电磁感应定律EBLv……………………………………………(1分)EBLv由闭合电路欧姆定律I………………………………………………(1分)RR由平衡条件4BILmg……………………………………………………………(1分)mgR解得v……………………………………………………………………(1分)4B2L2（2）对返回舱减速过程由动量定理得mgt4F安tmvmv0………………(2分)又因F安=BIL………………………………………………………………………(1分)qIt………………………………………………………………………………(1分)mgtmvmv解得q0……………………………………………………………(1分)4BL17．（14分）解析：试卷第10页，共13页学科网（北京）股份有限公司（1）粒子在电场中运动时，x方向有Lv0t1…………………………………(1分)11y方向有Lat2……………………………(1分)2211由牛顿第二定律qE1ma1mv2解得E0……………………………………………………………………(1分)1qL（2）设在N点速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角为，则有attan11………………………………………………………………………(1分)v0vv0…………………………………………………………………………(1分)cos解得，，vyv0v2v045粒子轨迹如图所示设粒子做圆周运动轨迹的半径为R1，则2R1sinL…………………………(1分)mv2由牛顿第二定律得qvB…………………………………………………(1分)R12mv解得B0……………………………………………………………………(1分)qL（3）将粒子在O点的速度分解vxvcosv0，vyvsinv0，因同时存在电场、磁场，粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速vxv0沿x轴正方向做匀加速直线运动。粒子在x轴正方向的运动，1qE……………………………(1分)xvt2t20022m22mL粒子离开O后，每转一周粒子运动的时间T…………………(1分)qBv05则tTT……………………………………………………………………(1分)28mv2由牛顿第二定律得y分qvyB………………………………………………(1)R2试卷第11页，共13页学科网（北京）股份有限公司L解得R22带电粒子打到荧光屏的位置2LyRcos45…………………………………………………………(1分)24(22)Lz(RRsin45)……………………………………………(1分)22439L2L(22)L带电粒子打到荧光屏的位置坐标为(,,)。164418．（16分）解析：（1）从斜面顶端到与物块乙碰前，为平抛的逆过程。竖直方向2………………………………………………………(1分)0vy2g(h2h1)由几何关系…………………………………………………………(1分)v0vy3m/s11（2）物块甲从斜面底端到与物块乙碰前，由动能定理得mghmv2mv212210211解得，所以物块甲在传送带上一直减速。分v127m/s3m/s…………………(1)12从解除弹簧锁定到物块甲离开传送带，由动能定理得W弹mgLmv0…(1分)11211解得分EPW弹2.2J…………………………………………………………………(1)（3）物块甲和物块乙在碰撞过程中，由动量守恒守恒定律得m1v0m1v2m2v3111由机械能守恒定律得mv2mv2mv2210212223解得…………………………………………………………………………(2分)v32m/s以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得m2v3(m2m3)v4试卷第12页，共13页学科网（北京）股份有限公司木板向右加速至共速，由动能定理得1mgxmv20221234解得2，即木板与物块乙共速后再与挡板相碰。…………………(1分)xm0.5m19由动量守恒定律得m2v4m3v4(m2m3)v5木板向左减速过程中，由动能定理得1mgx0mv2222235解得1…………………………………………………………………………(1分)xx291同理可得1…………………………………………………………………(1分)xx3921以此类推木板的总路程为222212121s0.5m2m2m2m2m0.5m9m…(1分)2n11999999919解得s1.0m……………………………………………………………………………(1分)（）以木板由牛顿第二定律得分42mgm3a…………………………………………(1)1xat2……………………………………(1分)木板与挡板碰前做匀加速直线运动2木板碰后每次都返回到同一位置。物块一直做匀减速直线运动，当木板第二次返回到初始位置时，木板速度恰好减到0。分v32g4t0………………………………………………………………………(1)即1xm……………………………………………………………………………(1分)解得16试卷第13页，共13页学科网（北京）股份有限公司试卷第14页，共1页学科网（北京）股份有限公司