【文档说明】武昌区2023届高三年级5月质量检测 物理答案.pdf，共(5)页，318.377 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共4页武昌区2023届高三年级5月质量检测物理评分标准一．选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11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

。二．非选择题：本题共5小题、56分。12．（7分）（1）1.500（2分）；（2）静止的小球球心正下方（1分）；（3）22100tmrFn（2分）；222rDLmgrF合（2分）13．（9分）（1）（2分）（

2）2.90（1分）、200（1分）、0.500（2分）；（3）增大（1分）、0.625（2分）14．（9分）p1=0.8MPap2=0.1MPa初态V1=103mL末态V2=？T1=15+273=288K∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分T2=33+273=306K∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分由理想气体状态方程222111TVpTVp∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分求解得：V2=8.5×103mL∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分∴喷出的氧气ΔV=V2-V1=7.5×103mL∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分∴t=s150ΔQV∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分题号1234567891011答案BCACDBDACDABBDBDESVR图甲AR0第2页共4页15．（15分）（1）方法一：对A、B整体进行受力分析，并由a–x关系图象的数据有，当x1=0，a1=10m/

s2时F-2μmg=2ma1∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分∴F=3N∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分当x2=0.02m，a2=0时F-2μmg-T2=2ma2且T2=kx2∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙2分∴k=100N/m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分方法二：A和B一起向右运动过程中，对A、B整体进行受力分析，列出牛顿第二定律表达式：F-2μmg-T=2ma∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分T=kx∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分联立推导整理得：)2(2gmFxmka∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙1分由图象的数据可得k=100N/m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分F=3N∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙1分（2）6分解析：从撤去F后到A、B恰要分离时，对A、B整体进行受力分析，列牛顿第二定律表达式：2μmg-T=2ma联立推导整理得：gxmka2①撤去F时，即x3=0.04m，带入①式有：a3=-15m/s2弹簧恢复到原长，即x4=0时A、B分离，带入①

有2FfTBAF2mg2FNa/m·s-2图乙x/×10-2m010-1042-2-4-6-205-151第3页共4页a4=μg=5m/s2由以上分析可做出A、B分离前B的a–x关系图象（这段过程图象赋分为3分）方法一：从恒力F开始推B

至A、B分离这段过程中，以A、B整体为研究对象，根据动能定理：F·x3-2μmg·2x3=21221mv②以B为研究对象，从A、B分离到B停止，这段过程设B的位移大小为s，根据动能定理：-μmg·s=0-2121mv

③由②③有s=0.04m即B在坐标x5=-0.04m处停下方法二：做出x3=0.04m到A、B分离这段过程的a–x关系图象，由于撤去F时B的速度为零，最后B也运动至速度为零。由2ax=vt2-v02有，a轴负方向上的图

象围的面积（如图三角形）与a轴正方向上的图象围的面积（如图梯形）相等。则通过数学计算可得B将停在x4=-0.04m处由上述分析推导可绘出B与A分离后，运动至停止时的a–x关系图象（这段过程图象赋分为3分）（3）由（2）中的图象可知，撤去F以后，A、B加速度为零的时

刻，速度最大。由图象第四象限的三角形面积有45.010141522mvm2/s2即s/m53.0mv∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分水平向左∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分16．（16分）（1）碰撞前以小球b为研究对象：洛伦兹力

qv0B=mg∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分与地面无挤压，b的受力分析如图：受力平衡qE=qv0B+mg∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分∴qmgE2∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分方向竖直向上∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分（2）碰撞后以两小球为研究对象：qE=2mg电场力与重力平衡∙∙∙∙∙∙∙∙1分若碰撞后两小球向右运动，洛伦兹力f洛提供向心力，小球在竖直平面内做逆时针匀速圆周运动，则

会再次运动到A点。若碰撞后两小球向左运动，洛伦兹力f洛竖直向下与地面的支持力平衡，所以小球向左匀速直线运动，不再回到A点。∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分根据动量守恒定律分析可得mva<mv0∴va<Bqmg∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分f洛mgqE第4页共4页（3）a、b碰撞，由动量守恒定律有：mv'a-mv0=2mv其中v'a=Bqmg3，解得v=Bqmg向右∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙2分a、b碰撞后电场qmgE4，即电场力qE'=4mg，所以电场力和重力的合力为竖直向上的恒力F=2mg。配速法：将小球的初速度分解为水平向左的2v和水平向右的3v分运动1：向左的2v，受到的洛伦兹力f1=q2v

B=2mg，方向竖直向下，与恒力F=2mg平衡，即向左的分运动是匀速直线运动，速度大小为2v。分运动2：向右的3v，受到的洛伦兹力f2=q3vB=3mg，方向始终与速度垂直，即向右的分运动是线速度大小为3

v的逆时针匀速圆周运动。设运动半径为R，周期为T洛伦兹力提供向心力：q3vB=Rvm232解得R=22266qBgmBqmv①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙1分由vπRT32解得BqπmT4②∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分位移分解如图所示，第一次运动到的最点y=2R③∴BqπmTt22④∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分所以，碰撞后小球在时间t内的位移在水平方向的分量x=2vt⑤所以位移的大小22yxs⑥∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分由①③④⑤⑥222294πqBgms即为所求∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分sPAxy获得更多资源请扫码加入享学资源网

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