2024年高三下学期物理三模参考答案：1．B2．C3．C4．D5．A6．B7．D8．AC9．AD10．BD11．C1.5偏小不变2+2+1+1IRr12．1.845±0.002A2022+2+3+2II1213．（1）v2m/s；（2）2m5+5【详解】（1）机器人在BC段做圆周运动，餐盘所需向心力由托盘对其的摩擦力提供，设餐盘的质量为m，由牛顿第二定律有v2mgmR代入数据解得（2）根据牛顿第二定律可得mgma可得餐盘能够达到的最大加速度的大小为a1m/s2根据匀变速直线运动的规律可得机器人速度减为零的位移大小为v24xm2m22a则“机器人服务员”从C点到D点的最短距离为2m。3mv39a3mv2214．（1）；（2）0y；（3）224+4+42qa32qB0【详解】（1）粒子运动轨迹半径设为r，如图所示根据几何关系可得rasin6023解得ra3v2由洛伦兹力提供向心力可得qvBmr3mv解得B2qa（2）粒子从y轴上OA之间射出，设A点纵坐标为yA,PA为轨迹圆的直径，如图所示，由几222何关系得yAa(2r){#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}39a解得yA339a可知y轴上有带电粒子穿过的区域范围为0y3（3）为了使该粒子能以速度v垂直于轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感强度为B0的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，粒子在此v2磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0mr0mv解得r0qB0如图所示，由几何关系可得矩形磁场区域的最小面积为Smin2r0sin60r0r0cos603mv22解得Smin222qB015．（1）物块甲到达B点的速度可能值vB217m/s、vB6m/s、vvB（6m/sv217m/s）；11（2）3m/s；（3）1.0m；（4）mmx3285+3+5+41【详解】（1）由题意可知，物块甲到达A点时有Emv2p12A可得vA213m/s物块甲从A到B过程中，若物块甲一直加速则有1m1gm1a22vBAv2aL可得此时v217m/s；22若物块甲一直减速，则有vBAv2aL可得此时v6m/s；若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速，则此时；（2）当传送带速度v4m/s时，物块甲在B点的速度，此后冲向斜面到达D点时{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}11速度为v，由mghmv22mvD1221DB1解得vD5m/s离开斜面后做斜上抛运动，在运动的最高点时速度vv0Dcos533m/s（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律m1v0m1v1m2v2111由机械能守恒定律mv2mv2mv2210211222解得v11m/sv22m/s以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律m2v2m2m3v31若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理mgxmv202212332解得xm0.5m19可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰；木板与挡板第一次碰后，以速度v3向左减速到零，位移大小为x1，此后向右运动与挡板发生第二次碰撞,由动量守恒定律m2v3m3v3m2m3v4第二次碰后以速度v4向左减速到零，位移为x2，木板向左减速过程中，由动能定理得1mgx0mv22212341解得xx21912同理可得xx31921以此类推木板的总路程为sx02x12x22xnx021m98解得s1.0m（4）以木板为对象，由牛顿第二定律2m2gm3a1木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有xat22木板与挡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。①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即v22g20t1解得xm8②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。即v22g40t1解得xm3211可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为mmx328{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}