山东省齐鲁名校2022-2023高三下学期3月大联考物理试题（答案）

绝密★启用前
A.操作一中，小药瓶缓慢上浮，药瓶内气体的内能增加
B.操作一中，小药瓶缓慢下沉，药瓶内气体的内能不变
齐鲁名校联盟2022一2023学年高三年级联考
C.操作二中，药瓶内气体的内能增加
D.操作一中，小药瓶内气体从外界吸收热量
物
理
3.空间中有一匀强电场（图巾未画出），一个质量为m、电荷量为+q的带电小球（重力不可忽
略)在外力作用下沿着如图所示半径为r的竖直面内的圆弧轨道运动，圆弧轨道所在平面
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘
与电场方向平行。带电小球从A点顺时针转过60°到达B点，电场力做的功为W(W>0),
贴在答题卡上的指定位置。
小球再继续转过180到达C点，克服电场力做的功为2W。下列说法正确的是
2.回答选择题时，远出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需
A.带电小球在B点的动能一定大于其在A点的动能
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答策写在答题卡
B.C点的电势比A点的电势低
上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
C.该匀强电场沿CB方向且由C点指向B点
数
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
D.该匀强电场的电场强度大小为，3业
3gr
项是符合题目要求的。
4.2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发
1.2022年6月23日21时35分，随着168小时试运行试验圆满完成，辽宁红沿河核电站6号
射中心点火升空，成功将航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲顺利送人空间站天和核心舱，如图所示，
兵
机组（如图所示）正式具备商业运行条件，标志着红沿河核电站一期和二期工程共6台机组
正式开启6个月的太空之旅。已知天和核心舱绕地球做匀速圆周运动，其轨道距离地面高
全面投产。现代核电站主要是通过可控链式核裂变反应来实现核能的和平利用。已知一
度为h,地球质量为M,地球半径为R,引力常量为G。若科研任务圆满完成后，三名宇航员
搭乘返回舱返回地球表面的过程中，下列说法正确的是
个U原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为U+0n→Ba+Kr+3n,下
列说法正确的是
A天和接心轮在镜运行时的点心加遮度大小为
搬
A.裂变方程式左右两边都有中子n,可以改写成U一→%Ba+
B.天和核心舱匀速圆周运动的周期为2π
(R+h)
Kr+2on
N GM
X-IA
B.裂变反应释放出大量的核能，也叫热核反应
C.返回舱脱离空间站，开始返回时，需要点火减速，向后喷出炙热气体
C.裂变释放能量，%Ba原子核的比结合能比U原子核的大
D.返回舱进入大气层返回地球表面的过程中，空气阳力做负功，动能逐渐减小
D.裂变释放能量，K原子核的结合能比U原子核的大
5.如图所示，将一个质量m=2kg的小球以速度o=3m/s从P点水平向右抛出，小球恰好从
A点沿其切线方向进入北滑圆弧轨道并沿圆弧轨道向下运动。已知圆弧轨道的半径R=
2.物理兴趣小组用棕色玻璃小药瓶制作的浮沉子，其下端开有小孔，水可通过小孔进出瓶体。
2.5m,圆心为0，B为圆弧轨道的最低点，∠A0B=53°，重力加速度取g=10m/s2,0s53°=
如图所示，去掉刊矿泉水瓶的盖子，把浮沉子放人刊矿泉水瓶中，并使之悬浮在矿泉水瓶中的水
0.6。小球运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小为
中间，再拧紧矿泉水瓶的盖子，将空气视为理想气体，分别完成以下两种操作：
A.38N
操作一：环境温度恒定不变，用手缓慢捏扁矿泉水瓶，观察浮沉子的升降情况；
B.44N
操作二：放人冰箱降温。
C.50N
根据热力学第一定律分析能量的变化情况，下列判断正确的是
D.56N
物理试题第1页（共8页）
物理试题第2页（共8页）齐鲁名校联 2022—2023学年高三年级联考
物理·评分细则
1.C 2.B 3.D 4.B 5.D 6.A 7.D 8.C 9.ACD 10.BD 11.CD 12.AC
13.（1）=（1 分）
（3）2.05（1 分） 光电门 G1 和 G2 之间的距离 x（或滑块由光电门 G1 滑到光电门 G2 的运动时间 t，2 分）
说明：若只正确填写文字，而未写出对应物理量的符号，得 1 分。
（4）mg=（M+m）a（2 分）
14.（1）150（1 分）说明：填“15×10”或“15.0×10”皆正确，均得 1 分。
（2）R1（1 分） 如图所示（2 分）
I (r R )
（3） 1 1 1 r （2 分） 2
I2
（4）厚度 d（2 分）说明：若只填“厚度”得 1 分，而只填“d”或其它符号，则得 0 分。
15.（1）设玻璃管的横截面积为 S，分析题干中条件可知，初态时，封闭气体的压强 p1=80cmHg，体积 V1=L1S=(20cm-5cm)S=15Scm，
温度 T1=300K （1 分）
末态时，封闭气体的压强 p2=75cmHg，体积 V2=L2S=17.5Scm （1 分）
说明：若未列出初末状态参量，但后续计算中所带入数值正确，则不扣分。
pV p V
根据理想气体状态方程有 1 1 2 2 （1 分）
T1 T2
解得 T2=328.125K。 （1 分）
（2）抽气的过程发生等温变化，抽气前，封闭气体的压强 p2=75cmHg，体积 V2=L2S=17.5Scm，抽气后，封闭气体的压强 p3=80cmHg，
体积 V3=15Scm，设抽出的气体在压强为 p3 时的体积为 V0
则根据玻意耳定律，有 p2V2 p3(V3 V0) （2 分）
m V3
则剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为 100 0 0 = 100 0 0 =910 0 。 （1 分）
m总 V3 +V0
说明：另解，由克虏伯龙方程 PV nRT m n P，可得 3
V3 91%，同样正确，得 3 分。
m总 n总 P2V2
16．（1）滑块向上滑动时受到的向下的力 F1 mg sin37 mg cos37 8N （1 分）
当滑块受到的合外力为零时，加速度为零，速度达到最大，即 t=2s 时速度最大
F F
对滑块应用动量定理 Ft 1 0 t mv （1 分） 1 max
2
代入数值解得 vmax 8m/s。 （1 分）
1
（2）在 0~2s 内滑块向上做加速度逐渐减小的加速运动，在 2s~4s 内，滑块向上做加速度逐渐增大的减速运动，由对称性可知，t1=4s
时，速度刚好减为零，此后滑块开始向下做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律，有mg sin37 mg cos37 ma （1 分）
解得a 4m/s2 （1 分）
16 6
滑块返回到斜面底端的速度 v 2aL m/s （1 分）
3
1
滑块从斜面返回时，有 L at2 （1 分） 2
2
4 6
解得 t s （1 分） 2
3
v 4 6
说明：由匀加速直线运动的速度公式可得， t2 s，亦得 2 分。
a 3
4(3 6)
则滑块在斜面上运动的总时间 t =t1 t2 s。 （1 分） 总
3
17．（1）设 A、B 两车的质量均为 m，人的质量为 m0，以 A 车和人组成的系统为研究对象，水平方向所受合外力为零，水平方向动
量守恒，有 (m m0)v0 m0u mvA （1 分）
m m m
解得 vA
0 u 0 v0 （1 分）
m m
1
由题图 2 可得vA u 4（u>v0） （1 分）
3
m m0 m 1
则 v0 4m/s
0
， （1 分）
m m 3
联立解得 v0 3m/s。 （1 分）
（2）人跳上 B 车的瞬间，以 B 车和人组成的系统为研究对象，系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，有
m0u mv0 (m m0)vB （1 分）
m m
解得 vB
0 u v0
m m0 m m0
1 9
则人跳到 B 车上后，B 车的速度 vB 随 u 大小变化的关系式为vB u （u>v0） （1 分）
4 4
2
当人跳到 B 车上后，B 车的速度为零时，人跳出 A 车时的速度 u1=9m/s （1 分）
1
则人跳到 B 车上后，A 车的速度 v 4m/s- u 1m/s （1 分） A1 1
3
两车发生碰撞时，对 A、B 两车和人组成的系统，根据动量守恒定律有
mv A1 mvA (m m )v 0 B （1 分）
1 2 1 2 1 2
因为发生弹性正碰，所以机械能守恒，有 mv mv (m m )v （1 分） A1 A 0 B
2 2 2
2m 6
解得两车发生弹性正碰后 B 车的速度v v m/s 0.9m/s。 （1 分） B A1
m m m0 7
说明：若未列动量守恒及机械能守恒对应方程，直接套弹性碰撞结论，得
2m 6
v B vA1 m/s 0.9m/s，则仅得 1 分。
m m m0 7
（3）在同一坐标系上作出 vA u、 vB u图像，如图所示
当 vA = vB 时，两图线的交点的横坐标即为两车不相撞前提下，人跳出 A 车时对地速度的最小值umin （1 分）
解得umin 10.71m/s。 （1 分）
说明：解析法
若最终两车最终速度相同，恰好不碰，则人从 A 车跳出时的对地速度最小，由动量守恒有
(m m0)v0 mv0 (2m m0)v
3
解得 v m/s （1 分）
7
对人跳离 A 车前后运用动量守恒定律可得
(m m0)v0 mv m0umin
解得umin 10.71m/s （1 分）
3
1
qU mv218．（1）设离子进入磁场的速度为 v，根据动能定理，有 （1 分）
2
v2
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB0 m （2 分）
r
R
根据几何关系，有 sin （1 分）
r
2 2
qB qB R
解得 v 0
R
，U 0 。 （1 分）
msin 2msin2
（2）离子在圆柱形区域内的电场中沿 y 轴正方向做匀速直线运动，沿 z 轴负方向做匀加速直线运动，则
沿 y 轴正方向有 R vyt vt cos （1 分）
1 2
沿 z 轴负方向有 h vzt at （1 分）
2
qE
其中 a ，vz vsin （1 分）
m
mE tan2
解得 h R tan 。 （1 分）
2qB20
（3）在圆柱形区域内加磁场后，离子沿 z 轴负方向做与第（2）问相同的匀加速直线运动，由（2）可知离子在圆柱形区域内运动的
m 2m
时间 t tan （1 分）
qB0 qB0
4 m
由磁场方向变化的周期为 可知，离子在圆柱形区域内运动时，磁场方向一直沿 z 轴负方向
qB0
在垂直电场方向，即离子的运动在圆柱底面的投影运动为匀速圆周运动，该匀速圆周运动的线速度大小 vy vcos ，设该匀速圆
v2 2 r
周运动的轨迹半径为 r ，周期为 yT，则 qvyB m ，T （1 分） 0
r vy
R R 2 m
解得 r ，T （1 分）
tan 2 qB0

设离子做圆周运动转过的圆心角 ，如图所示，则 t T （1 分）
2
解得 2rad （1 分）
设该离子打在圆柱形底面的位置坐标为（x，y，0），根据几何关系可知：
4
R R
x r' r'cos(π - ) (1 cos 2)， y r sin( ) sin 2 （1 分）
2 2
R R
则坐标为[- (1 cos 2) ， sin 2 ，0]。 （1 分）
2 2
R R R
说明：1. x (cos 2 1)及[ (cos 2 1) ， sin 2 ，0]同样正确，得相应分值；
2 2 2
R R
2.若仅未写出 z 坐标，即写作“[- (1 cos 2) ， sin 2 ]”，不再扣分。
2 2
5齐鲁名校联盟2022一2023学年高三年级联考
物理·答案
选择题：共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，
共24分，第9~12题有多个选项符合题目要求，每小题4分，共16分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，
有选错的得0分。
1.C2.B
3.D4.B5.D6.A7.D8.C9.ACD10.BD
11.CD12.AC
13.(1)=(1分)
(3)2.05(1分)光电门G,和G,之间的距离x(滑块由光电门G滑到光电门G2的时间t,2分)
(4)mg=(M+m)a(2分)
14.(1)150(1分)
(2)R(1分)如图所示(2分)
(3)+R)-4(2分)
(4)厚度d(2分)
15.(1)设玻璃管的横截面积为S,分析题干中条件可知，初态时，封闭气体的压强p,=80cmHg,体积V,=L,S=
15Scm,温度T,=300K
(1分)
末态时，封闭气体的压强p2=75cmHg,体积V2=LS=17.5Scm
(1分)
根据理想气体状态方程有，兰_上
(1分)
解得T2=328.125K。
(1分)
(2)抽气的过程发生等温变化，抽气前，封闭气体的压强p2=75cmHg,体积V2=L,S=17.5Scm,抽气后，封闭
气体的压强p3=80cmHg,体积V,=15Scm,设抽出的气体在压强为P时的体积为V。
则根据玻意耳定律，有P2V2=Ps(V+V。】
(2分)
则剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为。×100%=十×10%=91%。
V
(1分)
ma
16.(1)滑块向上滑动时受到的向下的力F,=mgsin37°+4 ngcos37°=8N
(1分)
当滑块受到的合外力为零时，加速度为零，速度达到最大，即：=2s时速度最大
对滑块应用动量定理-Ft+21=mws
(1分)
代人数值解得ms=8m/5e
(1分)
(2)在0~2s内滑块向上做加速度逐渐减小的加速运动，在25~4s内，滑块向上做加速度逐渐增大的减速运
动，由对称性可知，1=4s时，速度刚好诚为零，此后滑块开始向下做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律，有mgsin37°-mgcos37°=ma
(1分)
解得a=4m/s
(1分)
滑块返回到斜面底端的速度：=√2aL=16,6m/s
3
(1分)
滑块从斜面返回时，有L=之叫
(1分)
解得=。
(1分)
则滑块在斜面上运动的总时间。=4，+5，-4(3十6。
(1分)
3
17.(1)设A、B两车的质量均为m,人的质量为m。,以A车和人组成的系统为研究对象，水平方向所受合外力为
零，水平方向动量守恒，有(m+m)o=mnu+me4
(1分)
解得，=+m+
(1分)
m
m
由题图2可得=-子+4(u>)
(1分)
则m+m.o=4m,
=1
(1分)
m 3
联立解得o=3m/s。
(1分)
(2)人跳上B车的瞬间，以B车和人组成的系统为研究对象，系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守
恒，有mu-mo=(m+mo)"分
(1分)
解得二m+m”
0一-m·0
m +mo
则人跳到B车上后，B车的速度，随u大小变化的关系式为，=子-子(。>，)
(1分)
当人跳到B车上后，B车的速度为零时，人跳出A车时的速度4，=9m/s
(1分)
则人跳到B车上后，A车的速度=4ms-了4，=1s
(1分)
两车发生碰撞时，对A、B两车和人组成的系统，根据动量守恒定律有m1=mm(+(m+mo)
(1分)
因为发生弹性正碰，所以能量守恒，有子md=之m2+(m+m)
(1分)
解得两车发生弹性正碰后B车的速度g=
2m
6
m +m +mp
u=7m/s=0.9m/s。
(1分)
(3)在同一坐标系上作出4一、g-u图像，如图所示
卡im*5')
4
0
9
m·8

山东省齐鲁名校2022-2023高三下学期3月大联考物理试题（答案）