江苏省无锡市江阴市2022-2023学年高三上学期期末考试物理答案

江阴市普通高中 2022 年秋学期高三阶段测试答案

物 理 2023.01

一、单项选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共计 40 分．每小题只有一个选项符合题意．

二．非选择题：共 5 题，共 60 分．其中第 12 题～第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．

11．（15 分） （1）左侧 （2）78.0（77.8cm~78.2cm 都算对） （3） 0.90 偏大

mg  2M  m k

（4） Mg

（说明：每空 3 分）

12．（8 分）解：（1）根据对称及光路可逆性，作出光路如图所示。

i/=60°

r=r/=θ=30° (1 分)

解得 n 

n   sin i

sin r

(2 分)

(1 分)

（2）由几何关系得

CB  BD  2R cosr  3R

光在液滴中的传播速度光在液滴中的传播时间

v  c

n

t  CB  BD  6R

(2 分)

(2 分)

v c

13．（10 分）解：（1）金属棒达最大速度时产生的电动势

E  BLvm

(1 分)

回路中产生的感应电流

I E

R  r

(1 分)

金属棒棒所受安培力 F安  BIL

(1 分)

cd 棒受力如图所示

当所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，即

mg sin F安 (1 分)

由以上四式解得 B 

代入数据得

B  2T

(1 分)

（2）金属棒从 t＝0 起运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律有

mg sin ma

(1 分)

解得 a  g sin 5m/s 2

(1 分)

因为不产生电流，所以磁通量不变

B Ls  BL  s  v t  1 at 2 

(2 分)

0  m 2 

B  B0 s

 

 12B0

得 s  v t  1 at 2

2.5t 2 10t 12

(1 分)

m 2

14．（12 分）解：（1）洛伦兹力提供向心力 qvB  m v

R

(2 分)

解 得 R1 

mv

2qB0

、 R2

 mv

3qB0

Q、O 的距离

d  2R1  2R2

(1 分)

解得 d 

mv

3qB0

(1 分)

（2）  粒子再次经过 P，经过 N 个周期

N  OP  2R1  3

d d

(1 分)

匀速圆周运动

T  2R1  m 、 T

 2R2  2m

绕一周的时间

v qB0

T   T1     T2

2 2

v 3qB0

(1 分)

两次经过 P 点的时间间隔

t  3T  T1

2

(1 分)

解得 t  2m

qB0

(1 分)

（3）  粒子经过 y 轴的时刻

t1  nT (n  0,1, 2, 3,)

(1 分)

或 t  nT  T1

(n  0,1, 2, 3,)

(1 分)

2

解得 t1

2

 5mn (n  0,1, 2, 3,) 6qB0

(1 分)

或 t2

 5mn 

6qB

m

2qB

(n  0,1, 2,3,)

(1 分)

0 0

15．（13 分）解：（1）滑块 B 由静止释放后，在电场力作用下，从木板 A 的左侧匀加速运动到右侧，木板 A 不动。对 B 有              F  qE  ma

解得 a  2m/s2

v2  2aL

(1 分)

第一次碰前 B 的速度为 vB1，则 B1

解得 vB1  2m / s

(1 分)

由滑块 B 和木板 A 发生弹性碰撞得

mvB1

 mv

  mv 

解得 v

  2m/s

、v   0

1 mv

2

2  1 mv

B1 2

2  1 mv 2

B1 2 A1

(2 分)

（2）  第一次碰后，木板 A 匀速运动，滑块 B 做初速度为零的匀加速直线运动，历时 t 秒

vB 2   at

xB 2

 1 at2

2

 

A1 A1

解得 t  1s

xA1/-xB2=L

vB2  2m/s x    2m xB 2  1m

(2 分)

(1 分)

说明：第一次碰后，历时 t=1s，滑块 B 在木板左侧，且二者有共同速度，不发生碰撞。所以滑块 B

从开始运动到再一次运动到凹形木板 A 左侧时，电场力对滑块 B 所做功

W  qE(xB1  xB 2 )  0.4J

(1 分)

（3）  t=2s 时，滑块 B 在木板左侧，且二者有共同速度，不发生碰撞。同理，滑块 B 与木板 A 发生第二次碰撞有：碰前

v     v  at

x  v  t  1 at 2

B 2

xA1

B 2 2

   vA 

xB2-xA1//=L

碰撞得

mv   mv

  mvB 2

   mvA2

1 mv 2  1 mv2  1 mv

2  1 mv2

2 B 2

解得

2 A1 2 B 2

2 A2

vA2   4m/s

vB 2   2m/s

(2 分)

且有：第一次碰撞后第二次碰撞后

xA1  4

xA2  xB3  8m

(1 分)

由数学归纳可知：木板 A 与滑块 B 发生（n-1）次碰撞到 n 次碰撞过程中

则木板 A 发生的总位移

xA( n1)  4(n 1)

(1 分)

xA  xA0  xA1  xA2   xAn1

0 4 8  4 n 1

2 n

n 1 m

(1 分)