物理高三一联评分细则.pdf

1、1天一大联考 20212022 学年高中毕业班阶段性测试（一）物理评分细则 1.C 2.D 3.D 4.D 5.B 6.A 7.CD 8.AD 9.AC 10.AC 11（1）（x1+x2）f10（1 分）（x5+x6）f10（1 分）（2）（x6+x5 x2 x1）f2200（2 分）（3）B（2 分）说明：中答案写成（x2x1）f225或（x6x5）f225等，不得这 2 分。12.（1）电流倒数1I（2 分）（2）1.4（2 分）1.2（2 分）（3）（1 分）（1 分）（4）1.0（1 分）说明：（2）中不保留 1 位小数的得 1 分，（4）中不保留 1 位小数的不得分。13.（1）设

2、前 2s 与后 2s 滑动的距离分别为 x1和 x2 则 x2x1at2 （2 分）ax2x1t2822 m/s22 m/s2 （1 分）斜面上 A、B 两点间的距离为 x112a t212242 m16m （1 分）（2）滑块在斜面上受到的合外力为 F=mgsin30mgcos30 （2 分）根据牛顿第二定律 aFm=gsin30gcos30 （1 分）解得滑块与斜面之间的动摩擦因数=gsin30a gcos30 =3 5 （1 分）说明：（1）有相关方程，不求出加速度的值，得出正确结果的，得满分。（2）物理量的单位不写或写不对的，不论有多少处，整道题扣 1 分。（3）没有必要的文字叙述和说

3、明，只列出方程式并能求出正确结果，全题扣 2 分。14.设小球从水平位置摆至最低点时速度为 v 由机械能守恒，有 mgL=12mv12 （1 分）代入数据解得 v1=2gL=4 m/s （1 分）小球与木块碰撞前瞬间所受拉力最大，有 Fmmgmv12L （2 分）代入数据解得 Fmmgmv12L 30 N （1 分）2碰后 A 反弹速度 v2=22 v1=22 m/s mgL(1cos)12mv12 （2 分）代入数据解得 cos12，60 （1 分）设小球与木块碰撞后,物块 B 的速度为 vB，依动量守恒定律有：mvMvBmv1 （1 分）代入数据解得 vB=（22）m/s （1 分）物块

4、B 在水平地面上滑行的时间 t=vBg （1 分）联立并代入数据解得 t（2 2）s （1 分）说明：（1）有相关方程，不求出 v1、v2值，但最后结果是正确的，得满分。（2）物理量的单位不写或写不对的，不论有多少处，整道题扣 1 分。（3）没有必要的文字叙述和说明，只列出方程式并能求出正确结果，全题扣 2 分 15.（1）设粒子在磁场中转过的圆周角为，轨道半径为 r 根据几何关系有 r=rcos+0.1 （1 分）rsin=0.13 （1 分）解得=60 （1 分）r=0.2 m （1 分）洛伦兹力充当向心力 qvB mv02r （1 分）解得磁感应强度 B=mvq r=210-202106

5、 110-120.2 T0.2 T （1 分）带电粒子在电场中偏转时，设速度的偏转角为 vy=atqE mLv0 （1 分）tan=vyv0=qEL mv02=110-1281040.2 210-20（2106）20.2 （1 分）设 P 点与电场下极板右端的距离为 d，根据类平抛运动推论，带电粒子离开电场时速度的反向延长线刚好经过电场的中心，因此 abc30 v0OAP3tan 0.1d+0.1 （1 分）解得 d=0.4 m （1 分）因此 P 点与 A 点距离为 0.13 m0.2 m0.4 m=6310 m （1 分）带电粒子在磁场中的运动时间 t1=22mqB =162mqB =16

6、 2210-20 110-120.2 s=3 10-7 s （1 分）在电场中运动时间 t2=0.2 2106=10-7 s （1 分）带电粒子在电场中的运动时间与它在磁场中的运动时间之比 t2 t1=7710103=3 （1 分）将平行板电容器向右平移 0.5 m 后，带电粒子仍落在 P 点，则 带电粒子在电场中沿着极板方向移动的距离 s=0.2 m0.4 m-0.5 m=0.1 m0.2 m （1 分）因为 sL,故带电粒子并没有飞出电场。在电场中偏转距离 y=0.1 m （1 分）在电场中运动时间 t=sv0 （1 分）根据 y12a t2=12qEm t2 （2 分）解得 E2myv0

7、2q s2=2210-200.1（2106）2110-120.12 N/C=1.6106 N/C（1 分）说明：垂直于电场速度直接用 vy qEL mv0的本题不扣分,缺少 qvBmv02r,直接应用半径公式的本题不扣分。物理量的单位不写或写不对的，不论有多少处，整道题扣 1 分。没有必要的文字叙述和说明，只列出方程式并能求出正确结果，全题扣 3 分。16（1）BCD（5 分）（2）（i）初始状压强 p11.5105 Pa，体积 V1=V0，施加一个向上的拉力 F 之后 V253 V0 （说明：没有列出状态参量的,不扣分）根据玻意耳定律有：p1V1p2V2 （2 分）（说明：没有写出玻意耳定律

8、表达式的,扣 1 分）解得 p2p1 V1 V2 1.5105V0 53 V0 Pa9104 Pa （1 分）（说明：没有列出状态参量的,不扣分）初状态平衡时 p0S+mg=p1S （1 分）施加外力 F 之后平衡时 p0S+mgF=p2S （1 分）解得 F=12 N （2 分）（ii）温度逐渐降低的过程是等压变化，根据盖吕萨克定律 有V2T1V3T2 （2 分）（说明：没有写出根据盖吕萨克定律表达式的,扣 1 分）4解得 V3V2 T2 T1 53V0 300 40054 V0 （1 分）因此，体积为原来的54倍 物理量的单位不写或写不对的，不论有多少处，整道题扣 1 分。没有必要的文字叙

9、述和说明，只列出方程式并能求出正确结果，全题扣 1 分。17.（1）2.10（2 分）4.210-7（3 分）（2）（i）设振动周期为 T。由于质点 B 在 0 到 2 s 内由最大位移处第一次到达波谷，则 12T=2 s （1 分）解得 T4 s （1 分）srad/242 A 在 t143 s 时到达波谷，而 B 在 t22 s 时到达波谷 到达波谷的时间差 tt2t12 s43 s23 s （1 分）波速 vxt=510-2 23 m/s7.5 10-2 m/s （1 分）（ii）设波源位移随时间变化的关系为 yAsin2tT 0 波源从 A 点回到平衡位置的时间 t=43 s1 s=13 s （1 分）0Asin（24 130）（1 分）解得 056 （1 分）当 t=0 时，波源位移为 410-2 m，则 410-2 mAsin0 （1 分）解得 A8 10-2 m （1 分）因此波源位移随时间变化的关系为 y8 10-2sint2 56（m）（1 分）（说明：表达式是余弦函数的,扣掉 1 分）物理量的单位不写或写不对的，不论有多少处，整道题扣 1 分。没有必要的文字叙述和说明，只列出方程式并能求出正确结果，全题扣 2 分。