2023年高考物理第一次模擬考試卷物理·參考答案1234567891011DDACBBBADBDACBC12.（1）18.304（2分）（2）m；（2分）mgh（2分）13.(1)100（2分）(2)圖見解析圖1（2分）圖見解析圖2（2分）1.4×10－3(1.3×10－3～1.5×10－3均可)（3分）14.答案(1)p0＋eq\f(mg,S)eq\f(5,4)T0（4分）(2)eq\f(kT0,4)－eq\f(p0S＋mgh,4)（4分）解析(1)根據(jù)活塞受力平衡可得pS＝mg＋p0S解得p＝p0＋eq\f(mg,S)（2分）加熱過程中，缸內(nèi)氣體做等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律有，eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(h,4)))S,T)＝eq\f(h·S,T0)解得T＝eq\f(5,4)T0（2分）(2)加熱過程中，氣體對外界做的功為W＝pS×eq\f(h,4)（2分）加熱過程中，氣體吸收的熱量為Q＝k(T－T0)（1分）根據(jù)熱力學第一定律有ΔU＝Q－W＝eq\f(kT0,4)－eq\f(p0S＋mgh,4)。（1分）15.答案(1)1m（6分）(2)5×10－5s（3分）2×108m/s2（3分）解析(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝eq\f(mv2,r)解得r＝2m（2分）過M點作帶電粒子運動速度方向的垂線與磁場右側(cè)邊界交點為O，如圖所示，由幾何關(guān)系有OM＝eq\f(d1,sinα)（2分）可得OM＝2m＝r，可知O為粒子在磁場中運動軌跡的圓心，且圓心角為α，粒子離開磁場時，與邊界垂直，且到MQ的距離d＝r－rcosα＝1m。（2分）(2)粒子垂直邊界進入電場后做類平拋運動，在電場中的加速度大小a＝eq\f(qE,m)（2分）代入數(shù)據(jù)得a＝2×108m/s2（1分）在電場中運動的時間t＝eq\f(d2,v)（2分）代入數(shù)據(jù)得t＝5×10－5s。（1分）16.答案(1)41.4N（8分）(2)0.75m（5分）(3)1s（3分）解析(1)設(shè)剪斷細線后，兩小球離開彈簧瞬間，小球P的速度大小為v1，小球Q的速度大小為v2，兩小球彈開的過程，由動量守恒定律得m1v1＝m2v2（1分）由機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)（2分）聯(lián)立可得v1＝5m/s，v2＝16m/s小球Q沿圓軌道運動過程中，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,C)＋2m2gR（2分）在C點有FN＋m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,C),R)（2分）聯(lián)立可得FN＝41.4N由牛頓第三定律知，此時小球Q對軌道的壓力大小FN′＝FN＝41.4N。（1分）(2)設(shè)小球P沿斜面向上運動的加速度的大小為a1，由牛頓第二定律得m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1（1分）假設(shè)小球P沿斜面上升的過程還未與Q碰撞，由運動學公式有0－veq\o\al(2,1)＝2a1·eq\f(h,sinθ)（1分）聯(lián)立解得小球P沿斜面上升的最大高度h＝0.75m（1分）小球P沿斜面向上運動到最高點的時間t1＝eq\f(v1,a1)＝0.5s（1分）此時小球Q的下落高度y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)<(2R－h(huán))（1分）可知假設(shè)正確，即小球P不是在上滑過程被擊中的，而是在下滑過程被小球Q擊中的，所以所求最大高度h符合題意。(3)設(shè)小球P從A點上升到兩小球相遇所用的時間為t，小球P沿斜面下滑的加速度為a2，則m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2（1分）兩球相碰時豎直方向有2R－eq\f(