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2023年高三一模物理答案题号1415161718192021答案BDCCABCADCD22．（1）0.530（0.525或0.535均给2分）（2）在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量（1分）2gLkd2（2分）23．【每空2分】（1）2800（或2800.0）（2）E（3）（4）逐渐减小（5）0.150~0.163W24．（12分）解：（1）对小球分析有mg=Eq（2分）得E=mgq（2分）（2）对小球从A点运动到O点分析，洛伦兹力不做功由动能定理，得(Eq+mg)H=Ek－12mv02（2分）即Ek=12mv02+2mgH（2分）由牛顿第二定律，得Eq+mg=ma（1分）H=12at2（1分）由洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02R又T=2πRv0故小球水平圆周运动周期为T=2πmqB（1分）因t=T解得B=2πmqgH（1分）25．（20分）解：（1）物块A一直加速到传送带右端，所用时间最短，由动能定理μ1mgL=12mv02（2分）得v0=4m/s（1分）故传送带速率v应满足：v≥4m/s（1分）（2）①A、B碰撞动量守恒，有mv0=2mv1（2分）得碰撞后C的速度v1=2m/s（1分）因传送带的速率v=5m/s，此后C向左滑上传送带与向右离开传送带的速率相等，最终C停止在水平台面上，由能量守恒定律，有μ22mgcos37°s=122mv21（1分）得s=0.5m（1分）设C在斜面上运动时上滑与下滑加速度大小分别为a1、a2，据牛顿第二定律，有2mgsin37°+μ22mgcos37°=2ma12mgsin37°－μ22mgcos37°=2ma2解得a1=10m/s2a2=2m/s2（2分）C沿斜面运动时有第一次上滑：v12=2a1x1v1=a1t1得t1=v1a1=0.2s第一次下滑：v22=2a2x1v2=a2t1'得v2=a2a1v1=15v1=25m/st1'=v2a2（1分）同理可知第n次上滑：vn2=2a1xnvn=a1tn得tn=vna1（1分）第n次下滑：vn+12=2a2xnvn+1=a2tn'得vn+1=15vn（1分）tn'=vn+1a2（1分）在斜面上C上滑、下滑的总时间分别为t上=t1+t2+t3+…+tn=1a1(v1+v2+v3+…+vn)=v1a1[1+15+(15)2+…+(15)n-1]=15－5st下=t1'+t2'+t3'+…+tn'=1a2(v2+v3+v4+…+vn+1)=v2a2[1+15+(15)2+…+(15)n]=15－1s即t=t上+t下=5+3510s（2分）②C在传送带上运动时μ12mg=2ma得a=μ1g=1m/s2（1分）相对传送带滑动的总路程为l相=v(2v2a+2v3a+2v4a+…+2vn+1a)=5(5+1)m故Q=μ12mgl相=(5+1)J（2分）【注：其他合理解答也同样给分】33．[物理——选修3－3]（15分）（1）（5分）BDE（2）（10分）（1）�0−����0+���；（2）20℃解：（i）图（b）：p1=p0+ρgd（1分）图（c）：p2=p0－ρgd（1分）从图（a）到图（b），有p0Sl0=p1Sl1（1分）从图（a）到图（c）过程有p0Sl0=p2Sl1（1分）解得l1l2=p0－ρgdp0+ρgd（2分）（ii）图（c）中的封闭的气体恢复到l0的长度，p0273+27=p0－ρgd273+t'（2分）解得t'=7℃（1分）Δt=t－t'=20℃（1分）34．[物理——选修3－4]（15分）（1）（5分）BDE（2）（10分）解：（i）光路图如图设在B处入射角θ1，折射角θ2，则θ1=45°（1分）根据几何关系，可知tan(180°－θ1－θ2)=32+62R－22R22R=2+3（1分）得θ2=60°（1分）介质的折射率为n=sinθ2sinθ1（1分）即n=62（2分）（ii）反射光a在棱镜中的传播速度为v=cn=63c（1分）反射光a达到C点的时间为t1=2Rv=3Rc（1分）折射光b传播路程为s=2×22Rcos75°=(23+2)R折射光b达到C点的时间为t2=sc=(23+2)Rc（1分）故Δt=t2-t1=(3+2)Rc（1分）