1、1齐鲁名校联20222023 学年高三年级联考 物理评分细则 1.C 2.B 3.D 4.B 5.D 6.A 7.D 8.C 9.ACD 10.BD 11.CD 12.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“1510”或“15.010”皆正确，均得 1 分。（2）R1（1 分）如图所示（2 分）（3）IrI rR()22111（2 分）（4）厚度
2、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TTpVp V121 122（1 分）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
3、，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p Vp VV()22330（2 分）则剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为总mVVmV+100=100=91300000003。（1 分）说明：另解，由克虏伯龙方程PVnRT，可得总总mmnnPVPV332291%，同样正确，得 3 分。16（1）滑块向上滑动时受到的向下的力 Fmgmgsin37cos378N1（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 Ftt
4、mvFF21max10（1 分）代入数值解得v8m/smax。（1 分）2（2）在 02s 内滑块向上做加速度逐渐减小的加速运动，在 2s4s 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sin37cos37mgmgma（1 分）解得24m/sa（1 分）滑块返回到斜面底端的速度16 62m/s3vaL（1 分）滑块从斜面返回时，有2212Lat（1 分）解得 24 6 s3t（1 分）说明：由匀加速直线运动的速度公式可得，s3642 avt，亦得 2 分。则滑块在斜面上运动的总时间124(36)=s3
5、ttt总。（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000()Amm vm umv（1 分）解得000Ammmvuvmm（1 分）由题图 2 可得143Avu（uv0）（1 分）则004m/smmvm，013mm（1 分）联立解得03m/sv。（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000()Bm umvmm v（1 分）解得0000Bmmvuvmmmm则人跳到 B 车上后，B 车的速度Bv 随 u 大小变
6、化的关系式为1944Bvu（uv0）（1 分）3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）则人跳到 B 车上后，A 车的速度1114m/s-1m/s3Avu（1 分）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10()AABmvmvmm v（1 分）因为发生弹性正碰，所以机械能守恒，有22210111()222AABmvmvmm v（1 分）解得两车发生弹性正碰后 B 车的速度1026 m/s0.9m/s7BAmvvmmm。（1 分）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1026 m/s0.9m/
7、s7BAmvvmmm，则仅得 1 分。（3）在同一坐标系上作出Avu、Bvu图像，如图所示当Av=Bv 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minu（1 分）解得minu10.71m/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vmmmvvmm)2()(0000解得m/s73v（1 分）对人跳离 A 车前后运用动量守恒定律可得min000)(ummvvmm解得10.71m/smin u（1 分）418（1）设离子进入磁场的速度为 v，根据动能定理，有212qUmv（1 分）离子在匀强磁场中
8、做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有20vqvBm r（2 分）根据几何关系，有sinRr（1 分）解得0sinqB Rvm，22022sinqB RUm。（1 分）（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cosyRv tvt（1 分）沿 z 轴负方向有212zhv tat（1 分）其中qEam，sinzvv（1 分）解得220tantan2mEhRqB。（1 分）（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时间002tanmmtqBqB
9、（1 分）由磁场方向变化的周期为04 mqB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cosyvv，设该匀速圆周运动的轨迹半径为 r，周期为 T，则20yyvqv Bm r，2yrTv（1 分）解得tan2RRr，02 mTqB（1 分）设离子做圆周运动转过的圆心角，如图所示，则2tT（1 分）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：5)2cos1(2)-cos(Rrrx，sin()sin 22Ryr（1 分）则坐标为-(1 cos2)2R，sin 22R，0。（1 分）说明：1.)12(cos2 Rx及)12(cos2R，sin 22R，0同样正确，得相应分值；2.若仅未写出 z 坐标，即写作“-(1 cos2)2R，sin 22R”，不再扣分。
