2023届山东省菏泽市高三下学期一模物理试题（PDF版含答案）

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一、单项选择题（每题3分，共24分）
1．C 2．B 3．A 4．C 5．C 6．D 7．B 8．D
二、多项选择题（每题4分，共16分，部分得分2分）
9．BD 10．BCD 11．AB 12．ABC
三、非选择题（共60分）
13．每空2 分，共6分
（1）x24T （2）6mgT-mx2-x14T（3）＜
14．共8分
20.00（1分） 2.50（1分）（2.49~2.51均给分） 5.00 （1分）
1U=r+RAE·1R+1E （1分） 2.63 （2分） 1.00（2分）
15．（8分）
解：设A、B共同运动的时间为t，加速度为a
对A、B组成的整体，由牛顿第二定律得
t/s
0
a/ms-2
3
2
1
2
8
●1
●1
●1
●1
●1
5
FA+FB=（mA+mB）a （1分）
刚要分离时，对A（或对B）由牛顿第二定律得
FA=mAa （FB=mBa） （1分）
代入数据可解得a=1m/s2 （1分）
t=2s （1分）
分离后B的加速度为aB，对B由牛顿第二定律得
FB=mBaB （1分）
解得aB=(13+13t)m/s2 （t≥2s） （1分）
B物体的a-t图像如图所示 （2分）
图线全部正确得2分，第2条图线的斜率只要是 13 即可，不一定用（5，2）或（8，3）坐标，但不能说明斜率大小或斜率不正确的扣1分。
16．（10分）
解（1）方法1
（M+m）g
P2S
P1S
ρgV0
设筒内气体压强为P2，平衡时受力如图所示，可得
M+mg+P1S=P2S+ρgV0 （2分）
其中M=2×104kg m=1×104kg P1=1.0×105Pa S=2m2V0=6m3
可得P2=2.2×105Pa （1分）
方法2
设圆柱体内、外液面的高度差为H，由平衡条件得
M+mg=ρg(V0+HS)
P2=P1+ρgH
可解得 H=12m P2=2.2×105Pa
（2）入水时，圆柱体内的气体
P1V1=1×105×16×2=3.2×106Nm （1分）
静止时，圆柱体内的气体
P2V2=2.2×105×13×2=5.72×106Nm （1分）
由于P1V1＜P2V2，故应当向圆柱体内充气。 （1分）
（3）对圆柱体内的气体，由玻意耳定律得
P2V2=P1V3 （2分）
充入的气体在空气中的体积△V=V3-V1 （1分）
解得△V=25.2m3 （1分）
17.（12分）
解（1）粒子1在磁场中匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a
则 （1分）
则
粒子从S到O，做直线运动，可知（1分）
可得（1分）
（2）1、2两粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有
（1分）
（1分）
计算可得
两粒子碰后在磁场中运动
解得 （1分）
（1分）
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
则两粒子碰后再次相遇
（1分）
解得再次相遇时间
（1分）
（3）粒子2出第一象限时粒子1在磁场中偏转角度
（1分）
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，2粒子运动一段时间后，再整个区域加上与原来相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到再次加上原来大小的磁场粒子2运动了Δ，由几何关系，在ΔAOB中用余弦定理可得
（1分）
因为
解得
（1分）
18．（16分）
解：（1）（2分）经分析知，滑块P一直在木板Q上相对Q向右运动，两者最终均静止，由能量守恒得：
μmgL=12mv02
代入数据解得：L=8m （2分）
（2）（8分）木板Q的加速度为aQ0
μmg=MaQ0（1分）
aQ0=2ms2
而 vQ2=2aQ0x （1分）
解得 vQ=1m/s
第一次碰前：对木板Q和滑块：
可得滑块P的速度大小 vP=6m/s （1分）
第一次碰撞：木板以vQ与静止的A发生弹性碰撞，且木板与物块A质量相等：
解得 vA1=vQ=1m/svQ1=0
故质量相等的两个物体发生弹性碰撞，碰后交换速度。
第一次碰后，P从静止开始做匀加速运动开始追A，假设追上前P、Q已共速
对木板Q和滑块P构成的系统，由动量守恒
mvP=(m+M)v共 （1分）
可得 v共=2m/s
Q追A的过程中加速时间为t1
t1=v共aQ =1s
v共2t1=1m，在t1时间内A的位移为（1分）
符合实际，故假设成立，且木板Q追上物块A的同时P、Q恰好共速，Q、A发生第二次碰撞，由分析可知，第二次碰后木板Q、物块A交换速度
vQ2=1ms
vA2=2ms
第二次碰后木板Q和滑块P共速时有最大速度
mv共+MvQ2=(m+M)vPQ
vPQ=43ms