【文档说明】2023届山东省济宁市高三二模考试 物理答案.pdf，共(6)页，381.789 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7d946743bf795c4deefeb187b5f69ae0.html

以下为本文档部分文字说明：

试卷第10页，共13页学科网（北京）股份有限公司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、BCD13．（6分）（1）BD（2）0mnmgLppV（3）橡皮帽内气体体积升高增大（第

2问2分，其它每空1分）14．（8分）（1）5.30mm（2）C（3）11111111222)()(RrRrrRIRrRI（4）等于（每空2分）15．（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222vvttvtH………………………………………………………………………(1分)根据1vat………………………………………………………………………………(1分)解得1274aHt……………………………………………………………………………

(1分)（2）由运动过程可知122tata……………………………………………………(1分)设匀减速下降时，绳子的拉力为FT，根据牛顿第二定律2TFmgma…………(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3cos37TFF…(

1分)解得258()127mHFmgt………………………………………………………………(1分)16．（9分）解析：（1）由法拉第电磁感应定律EBLv……………………………………………(1分)由闭合电路欧姆定律EIRBLvR………………………………………………(1分)由平衡条件4B

ILmg……………………………………………………………(1分)解得224mgRvBL……………………………………………………………………(1分)（2）对返回舱减速过程由动量定理得04mgtFtmvmv安………………(2分)又因=安FBI

L………………………………………………………………………(1分)qIt………………………………………………………………………………(1分)解得04mgtmvmvqBL…………………………………

…………………………(1分)17．（14分）解析：试卷第11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01Lvt…………………………………(1分)y方向有2111122Lat……………………………(1分)由牛顿第二定律11qEma解得201mvEqL

……………………………………………………………………(1分)（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110tanatv………………………………………………………………………(1分)0cosvv………………………………………

…………………………………(1分)解得0yvv，02vv，45粒子轨迹如图所示设粒子做圆周运动轨迹的半径为1R，则12sinRL…………………………(1分)由牛顿第二定律得21mvqvBR…………………………………………………(1分)解得02mvBqL……………

………………………………………………………(1分)（3）将粒子在O点的速度分解0cosxvvv，0sinyvvv，因同时存在电场、磁场，粒子以yv在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速0xvv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，22220021tmqEtvx……………………………(1分)粒子离开O后，每转一周粒子运动的时间02mLTqBv…………………(1分)则258tTT……………………………………………………………………(

1分)由牛顿第二定律得22yymvqvBR………………………………………………(1分)试卷第12页，共13页学科网（北京）股份有限公司解得22LR带电粒子打到荧光屏的位置22cos454LyR

…………………………………………………………(1分)22(22)(sin45)4LzRR……………………………………………(1分)带电粒子打到荧光屏的位置坐标为392(22)(,,)1644LLL。18．（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)(20122hhgvy………………………………………………………(1分)由几何关系m/s30yvv…………………………………………………………(1分)（2）物块甲从斜面底端到与物块乙碰前，由动能定理得21

1201212121vmvmghm解得3m/sm/s721v，所以物块甲在传送带上一直减速。…………………(1分)从解除弹簧锁定到物块甲离开传送带，由动能定理得02121111vmgLmW弹…(1分)解得J2.2P弹WE…………………………………………………………………(1

分)（3）物块甲和物块乙在碰撞过程中，由动量守恒守恒定律得322101vmvmvm由机械能守恒定律得232221201212121vmvmvm解得m/s23v…………………………………………………………………………(2分)以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得43232)

(vmmvm试卷第13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021243122vmgxm解得0.5mm921x，即木板与物块乙共速后再与挡板相碰。…………………

(1分)由动量守恒定律得5324342)(vmmvmvm木板向左减速过程中，由动能定理得253222210vmgxm解得1291xx…………………………………………………………………………(1分)同理可得12391xx……………………………………………………

……………(1分)以此类推木板的总路程为m911922m5.0m91922m91922m91922m922m5.012ns…(1分)解得m0.1s…………………………………………………

…………………………(1分)（4）以木板由牛顿第二定律得ammg32…………………………………………(1分)木板与挡板碰前做匀加速直线运动221atx……………………………………(1分)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。即0423tgv………………………………………………………………………(1分)解得m161x……………………………………………………………………………(1分)试卷第14

页，共1页学科网（北京）股份有限公司获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com