高三一轮检测物理试题参考答案及评分标准2024.03一、选择题：本题共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。题号123456789101112答案CAADCADBBDABACBD三、非选择题：共60分。（）；（）；（）（每空分，共分）13.1-224.930.7526（）（）（）（每空分，共分）14.120024002140036028（分）15.8解：（）设气柱的横截面积为s，右管气柱原长度为L，两侧水银面高差h，大气压强p，10现气柱长度L1由玻意耳定律得phLspLs(0+)=01①代入数据得L1=45cm②（）设活塞下移长度为x，两侧液面相平时，气体压强为p2h此过程水银整体向右侧移动h∆=③2对右管内气体由玻意耳定律得phLspLhs(0+)=(-∆)④对左管内气体由玻意耳定律得pLhspLhxhs0(-)=(--+∆)⑤联立得x≈14cm.⑥评分标准：各分，其余各式均为分，共分。①⑤218（分）16.8解：（）链球脱手后做斜上抛运动，根据机械能守恒11mv2mgh1mv20+=①22解得：v=202m/s②（）链球脱手后做斜上抛运动，设运动时间为t，抛出点和落地点水平速度相等2vθvβ0cos=cos③在抛出点竖直方向上的分速度大小为Avvθ1=0sin④高三物理试题参考答案第页（共页）15{#{QQABKYAAogCgAAIAAAhCAwH4CEGQkBGCCCoOABAEIAIASANABCA=}#}在落地点竖直方向上的分速度大小为vvβ2=sin⑤Δvvvgt=1+2=⑥解得：t611s=⑦5（）链球在水平方向上做匀速直线运动，链球脱手点与落地点间的水平距离为3Axvθt=0cos⑧解得；x=562m⑨评分标准：式共分，其余各式均为分，共分。④⑤118（分）17.14解：（）甲粒子在电场中做类平抛运动，有1vv0甲=cos60°qEh1mv甲21mv2=-0①22mv2联立可得E30=qh②2（）甲粒子第一次进入磁场时，有2v甲zvat=0tan60°=③qEma=④画出甲粒子在电场和磁场中的运动轨迹，可知甲粒子在电场中的运动时间为ht甲t231=3=v⑤0甲粒子与乙粒子相遇前在磁场中两次偏转的圆心角分别为和，则甲粒120°60°子在磁场中运动时间为Tπmt甲2==qB⑥2故甲、乙两粒子相遇时甲粒子的运动时间为hπmt甲t甲t甲23=1+2=v+qB⑦0（）甲粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有3mv甲2mv0qv甲B，得甲2=r甲r=qB⑧甲粒子在磁场中运动的最低点到xOy平面的距离为mvzrr0=甲-甲cos60°=qB⑨乙粒子进入磁场后，沿y轴正方向做匀速直线运动，沿平行xoz面内做匀速圆周运动，即在磁场中的运动轨迹为等距螺旋曲线。高三物理试题参考答案第页（共页）25{#{QQABKYAAogCgAAIAAAhCAwH4CEGQkBGCCCoOABAEIAIASANABCA=}#}因甲、乙两粒子进入磁场后能在轨迹最低点相遇，故乙粒子在磁场中运动的最mv低点到xOy平面的距离也为z0r=qB=乙mv乙2mv乙zz有qv乙B，得r乙，即v乙vzz0=r乙=qB=⑩v乙由z，得tanα=v=1α=45°⑪0可知乙粒子第一进入磁场时与水平方向的夹角为45°（）由v甲2ah及v乙2ah乙4z=2z=2⑫h得乙粒子沿z轴方向的坐标为zhc=乙=⑬3甲粒子第次进入磁场运动至最低点时沿x轴的距离为2mv0x甲vt甲r甲h33=01+3sin60°=23+qB⑭乙粒子第次进入磁场运动至最低点时沿x轴的距离为2mvxr30乙=3乙=qB⑮mv得乙粒子沿x轴方向的坐标为xxxh3(3-1)0c=甲-乙=23+qB⑯v乙hz乙粒子在电场中的运动时间为t乙21=3a=v⑰0πm乙粒子在磁场中的运动时间为t乙3T32==qB⑱42乙粒子第次进入磁场运动至最低点时沿y轴的距离为2πmv0ycvt乙t乙h3=0(1+2)=2+qB⑲2πmv得乙粒子沿y轴方向的坐标为h30-(2+qB)2mvπmvh即乙粒子释放的位置坐标为h3(3-1)0,h30,[23+qB-(2+qB)]23⑳评分标准：式共分、式共分、式共分、式共分、其余各③④⑤1⑫⑬1⑭⑮1⑰⑱⑲1式均为分，共分。114（分）18.16解：（）可判得物块D到达F点时，轨道A还未与竖直挡板相碰1由能量守恒定律得mDg(hR)1mDvD21mAvA2+=1+1①22物块D和轨道A组成系统水平方向动量守恒，则有高三物理试题参考答案第页（共页）35{#{QQABKYAAogCgAAIAAAhCAwH4CEGQkBGCCCoOABAEIAIASANABCA=}#}mDvD=mAvA11②解得vDvAms1=3m/s③1=1/（）轨道A和竖直挡板第一次碰撞时的速度大小分别为vA和v，此时物块D对地22D2的水平位移大小为L，则DmxmLA=DD④mAvAmDvD2=2⑤由能量守恒定律得mDghRμmDgxLDR1mAvA21mDvD2(+)=1(+-)+2+222⑥解得vAvDLD2=0.5m/s⑦2=1.5m/s=0.975m（）此后，物块和轨道达到共同速度v3DAmAvAmDvDmAmDv2+2=(+)⑧轨道A和木板B发生第一次碰撞，碰后二者速度分别为vA和v3B1mAvmAvAmBvB=3+1⑨1mAv21mAvA21mBvB2=3+1⑩222可得v3vA3vB3=m/s3=-m/s1=m/s488轨道A和木板B第一次碰后，轨道A反弹，物块D滑上木板B，物块D匀减速直线运动一段时间后二者达共速,aDμg=2⑪μmDgμmDmBg23aB-(+)1=mB⑫因aB，故木板B做匀速直线运动1=0vvBaDt-1=1..........该过程木板B前进xBvBt1=11⑬木板B和物块D达共速后又一起匀减速直线运动至零aμg=3⑭vBat1=2⑮vB1木板又前进了xBtB2=22可判得木板B停止运动时，轨道A尚未追上木板B，故所求为xxxtB1+B2+2∆=vA⑯-3得t343t3sxB9mt15sxB45m∆=s⑰1=1=2=2=120vv161288128（）由上易知x+B1t-vt4∆1=1B11⑱2轨道A和木板B第二次发生碰撞高三物理试题参考答案第页（共页）45{#{QQABKYAAogCgAAIAAAhCAwH4CEGQkBGCCCoOABAEIAIASANABCA=}#}mAvAmAvAmBvB(-3)=4+2⑲1mAvA21mAvA21mBvB23=4+2⑳222得vA3vB34=-m/s2=m/s1616轨道A再次反弹，木板B匀减速直线运动，物块D匀加速直线运动μmDgμmDmBg23aB+(+)2=mBÊJS物块D加速度大小仍不变，二者又用t达到共速v'，再共同匀减速直线运动至3停止vBaBtaDtv'2-23=3=ÊJT可判得木板B再次停止运动时，轨道A仍未追上木板B，故所求为vvvxB2+'t't∆2=3-3ÊJUx22得∆144x9x9×9x=ÊJV∆1=m∆2=m∆29256256×44评分标准：式共分，式共分，式共分，式共分，式共④⑤1⑧⑨1⑩⑪1⑫⑬1⑭⑮1分，式共分，式共分，式共分，每式分，共⑯⑰1⑲⑳1ÊJSÊJU1①②③⑥⑦⑱ÊJTÊJV1分。16高三物理试题参考答案第页（共页）55{#{QQABKYAAogCgAAIAAAhCAwH4CEGQkBGCCCoOABAEIAIASANABCA=}#}{#{QQABKYAAogCgAAIAAAhCAwH4CEGQkBGCCCoOABAEIAIASANABCA=}#}