山东省烟台市2020届高三物理4月模拟考试（一模）试题（带答案扫描版）

2020 年高考诊断性测试 物理参考答案及评分意见 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1.D 2.A 3.B 4.A 5.C 6.B（或 A） 7.C 8.B 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，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。 9.BC 10.BD 11.CD 12.BCD 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13．（6 分）⑴50（1 分） 小球从平台边缘飞出后在空中的飞 行时间 t（或“t”）（1 分） ⑵ （2 分） ⑶重力加速度 g 取值不准确，g 取 10m/s2 偏大（2 分） 14．（8 分）⑴2.500（1 分） ⑶R2 （1 分）如图（2 分） ⑷ （2 分） ⑸ （2 分） 15．（8 分）解：⑴木板与水平面之间的夹角 θ 时 上行： …………………………………………………①（1 分） 下行： …………………………………………………②（1 分） 由 可知 …………………………………………………………………③（1 分） 上行： 下行： 由 得： ………………………………………………………④（1 分） ⑵ ………………………………………………………………………⑤（1 分） 得： ………………………………⑥（1 分） 当 时，取 ……………………………………………⑦（2 分） 2625 xh mg 1−k r )1(4 2 −kL rDπ 1cossin mamgmg =+ θµθ 2cossin mamgmg =− θµθ 2 2 1 atS = )cos(sin 22 1 1 θµθ +== g S a St )cos(sin 22 2 2 θµθ −== g S a St 12 2tt = µθ 3 5tan = aS22 0 =v )sin(12)cos(sin2 2 2 0 2 0 αθµθµθ ++ =+= ggS vv µθ 1tan = 2 2 0 min 12 µ+ = g S v +- -A1 + Rx -A2 +16．（8 分）解： ⑴当下潜的深度 h=2300m 时，Ⅰ部分气体的压强 P1=P0＋ρgh=2.31×107Pa ………………………………………………………①(1 分) 而Ⅱ部分气体的压强 P2= 3.97×107Pa> P1 所以活塞 B 静止不动。 设活塞 A 向左移动的距离为 x，由玻意耳定律得 154P0SL= P1S(L－x) ……………………………………………………………②(1 分) 解得 x= ……………………………………………………………………③(1 分) ⑵当活塞 A 移动到中央卡环处时所测深度最大，设两部分气体压强为 P，测量的最大下潜 深度为 H 对Ⅰ有 154P0SL= PSL1 ……………………………………………………④(1 分) 对Ⅱ有 397P0SL= PSL2 ……………………………………………………⑤(1 分) 据题意得 L1＋L2=L ………………………………………………………⑥(1 分) P=P0＋ρgH ………………………………………………………⑦(1 分) 解得 H=5500m …………………………………………………………⑧(1 分) 17．（14 分）解： ⑴物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为 0 的过程中只有摩擦力做功，由动 能定理得 －μmgx1=0－ mv02 ………………………………………………①(2 分) 解得 μ=0.5 ……………………………………………………………………②(1 分) ⑵物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。 设第一次碰撞后系统的共同速度为 v1，由动量守恒定律得 Mv0－mv0=(M＋m)v1 ……………………………………………………③(2 分) v1= = v0 ………………………………………………………………④(1 分) 设物块由速度为 0 加速到 v1 的过程中运动的位移为 x1′ μmgx1′= mv12 …………………………………………………………………⑤(1 分) 由①⑤式得 x1′= x1 …………………………………………………………⑥(1 分) 即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度 v1 第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 v1 3 L 2 1 0vmM mM + − 2 1 2 1 4 1经一段时间系统的共同速度为 v2= = v0 第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 v2 经一段时间系统的共同速度为 v3= = v0 ……… 第 n 次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 vn-1= = v0 ……⑦(1 分) 由动能定理得 －μmgxn=0－ mvn-12 …………………………⑧(1 分) 由①⑦⑧式得 n=5 ……………………………………………………………⑨(1 分) ⑶由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相 对位移为 L，由能量守恒定律得 μmgL= (M＋m)v02 ……………………………⑩(2 分) 解得 L=6.4m …………………………………………………………………⑪(1 分) 即木板的长度至少应为 6.4m。 18．（16 分） 解：⑴带电粒子在电场中做类平抛运动 L=v0t ……………………………………………………………………………①(1 分) 0.5L= …………………………………………………………………………②(1 分) qE=ma ……………………………………………………………………………③(1 分) 解得 ……………………………………………………………………④(1 分) ⑵粒子进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角 θ tanθ= =1 θ= …………………………………………………………⑤(1 分) 速度大小 v= v0 ………………………………………………………………⑥(1 分) 设 x 为每次偏转圆弧对应的弦长，由运动的对称性，粒子能到达 N 点，需满足 L=nx （n=1，2，3…） ……………………………………………………………⑦(1 分) 设圆弧半径为 R，圆弧对应的圆心角为 ，则有 x= ……………………⑧(1 分) 可得 ……………………………………………………………………⑨(1 分) 由洛伦兹力提供向心力，有 1vmM mM + − 2 2 1）（ 2vmM mM + − 3 2 1）（ 2−+ − nmM mM v -11 2 n（ ） 2 1 2 1 2 2 1 at ELm q 2 0v= x y v v 4 π 2 2 π R2 n LR 2 = RmBq 2vv =得 ，（n=1，2，3…） …………………………………………………⑩(1 分) ⑶当粒子在从 O 到 M 过程中运动 2n 段圆弧时，轨迹如图甲所示 此时 粒子运动的总弧长 ………………………………………⑪(1 分) 则 ………………………………………………………………⑫(2 分) 当粒子在从 O 到 M 过程中运动(2n-1)段圆弧时，轨迹如图乙所示 此时 粒子运动的总弧长 …………………………………⑬(1 分) 则 ………………………………………………………………⑭(2 分) 0 2 v nEB = 221 n LR = 2 24 22 1 1 LRns ππ =⋅⋅= 0 1 1 2vv Lst π== 2122 ）（ − = n LR LRns ππ 2212 22 =⋅−= ）（ 0 2 2 vv Lst π== 甲 y A M L N O x v0 E q 乙 y A M L N O x v0 E q