高三物理试题参考答案及评分标准一、单项选择题（每题3分，共24分）1．C2．B3．A4．C5．C6．D7．B8．D二、多项选择题（每题4分，共16分，部分得分2分）9．BD10．BCD11．AB12．ABC三、非选择题（共60分）13．每空2分，共6分（1）（2）（3）＜�2�2−�114．共4�8分6????�−�4�20.00（1分）2.50（1分）（2.49~2.51均给分）5.00（1分）（1分）2.63（2分）1.00（2分）1�+��11�=�·�+�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（）（1分）a/ms-2刚要分离时，对（或对）由牛顿第二定律得�A+�B=�A+A�B�B3●（）（1分）2●2�代A入=数�据A�可解�得B=�Bm�/s（1分）1●●●0258�t==2s1（1分）t/s分离后B的加速度为aB，对B由牛顿第二定律得（1分）BBB解�得=��m/s2（t≥2s）（1分）11�B物体�的=a(-t3图+像3�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即可，不一定用（5，2）或（8，3）坐1标，但不能说明斜率大小或斜率不正确的扣1分。316．（10分）解（1）方法1设筒内气体压强为P2，平衡时受力如图所示，可得ρgV0P1S（2分）其中41240523�+M�=2�×+10�kg�=m�=1�×+10�k�g�P1=1.0×10PaS=2mV0=6mP2S学科网（北京）股份有限公司（M+m）g可得Pa（1分）5�方2法=2.2×10设圆柱体内、外液面的高度差为H，由平衡条件得�+��=????(�0+��)�可2解=得�1H+=�1�2�mPa5（2）入水时，圆柱�体2=内2的.2气×体10Nm（1分）56�静1止�1时=，1圆×柱10体×内1的6气×体2=3.2×10Nm（1分）56�由2于�2P=1V21.＜2×P21V02，×故1应3×当2向=圆5柱.7体2×内1充0气。（1分）（3）对圆柱体内的气体，由玻意耳定律得（2分）�充2入�2的=气�体1�在3空气中的体积（1分）3解得m△V=�3−�1（1分）△V=25.217.（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=amv2则qBv（1分）RqBa则vm粒子从S到O，做直线运动，可知qvBEq（1分）B2qa可得E（1分）m（2）1、2两粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，则有1mvmvmv（1分）1321111mv2mv2mv2（1分）2212321qBa33qBa计算可得vvvv122m222m21mv1两粒子碰后在磁场中运动qBv12R121mv2qBv223R2学科网（北京）股份有限公司解得R1a（1分）R2a（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2R14mT1v1qB2R24mT2v23qB则两粒子碰后再次相遇22tt2（1分）T2T1解得再次相遇时间2mt（1分）qB（3）粒子2出第一象限时粒子1在磁场中偏转角度为2T2=（1分）T146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Δt，由几何关系，在ΔAOB中用余弦定理可得(vt')2(vt')2(2a)212（分）cos60''12v1tv2t因为v23v1解得学科网（北京）股份有限公司47mt'（1分）7Bq18．（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：120代入数据��解�得�：=2��（2分）（）（分）木板的加速度为28�=Q8�（分）1��0�????=���0而2（分）��0=2��1解得2��=2��0��第一次碰�前=：1�对/木�板Q和滑块：可得滑块P的速度大小（1分）第一次碰撞：木板以与静止的发生弹性碰撞，且木板与物块质量相等：��A=6�/�A�MvQMvQ1mAvA1�111Mv2Mv2mv22Q2Q12AA1解得故质量相等的两个物体发生弹性碰撞，碰后交换速度。��1=��=1�/���1=0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，由动量守恒共（1分）���=(�+�)�可得共Q追A�的=过2程�中/�加速时间为共=1s�1��1=��共，在时间内的位移为（分）AvAt11m1�2�1=1��1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��2=1��学科网（北京）股份有限公司第二次碰后木板和滑块共速时有最大速度��2=2��QP共��+���2=(�+�)���（1分）4故���不=会3再�碰�<��2综上，P与A碰两次，最终速度终终（1分）4��=��=3��终（1分）�=2��（�3）（6分）木板Q的质量变为MQ=1kg、滑块P的质量变为mp=2kg时，对木板Q，根据牛顿第二定律mpgMQaQ2（1分）aQ8m/s假设在第1次碰撞前P、Q已共速，由动量守恒定律得16mv(mM)v共得v共m/s（1分）P0PQ1132v共16木板Q在两者共速前的位移为x1m6m，故假设成立，碰第一次前P、Q已共2aQ9速，Q与固定的滑块A发生弹性碰撞，等速反弹，碰后到Q运动到最左端的位移2v共1x12aQ第一次碰后到、第二次达到共速，由动量守恒定律得（）PQmPv共1MQv共1mPMQv共2得v共1v共，故可知在碰第二次前P、Q已经达到共速，一次类推，每次碰前二者都已经达23到共速。第二次碰后到Q运动到最左端的位移（1）222v共1v共23x22aQ2aQmvMv（mM）v第二次碰后到P、Q第三次达到共速，由动量守恒定律得P共2Q共2PQ共3得学科网（北京）股份有限公司v共212v共（）v共3331第三次碰后到Q运动到最左端的位移（1）422v共1v共33x32aQ2aQ以此类推第四次碰后到Q运动到最左端的位移（1）622v共1v共43x42aQ2aQ以此类推第n此碰后到Q运动到最左端的位移12(n1)22（）vv共1x共n3n2a2aQQ（2分）以此类推，木板Q通过的路程为（1分）sx02x12x22x32xn即2v共1112131n1s621（）（）（）2aQ9999当n时，可得木板Q通过的总路程为s10m（1分）学科网（北京）股份有限公司