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福建省部分地市 2025 届高中毕业班第一次质量检测
物 理 参 考 答 案 及 评 分 标 准
一、单项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中只有
一项是符合题目要求。
题 号 1 2 3 4
选 项 B D B D
二、双向选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全
部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
题 号 5 6 7 8
选 项 A C B C B C B C
三、非选择题
9．答案：大于（1 分）；a（2 分）
10．答案：增大（1 分），0.8（2 分）
11．答案：1（2 分），45（1 分）
12．答案：
（1）15.5（或 15.4、15.6）（1 分）
（2）2.02（1 分）
4 2 (l d )
（3） 22 （2 分）T
（4）B、D（2 分）
13．答案：
（1）如图所示（2 分）
（2）39600（1 分）
（3）8（2 分）
（4）2.5×10-4（2 分）
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14．（10 分）
解：（1）网球在空中做平抛运动，在竖直方向上：
h 1 gt2 （2 分）
2
解得： t 0.7 s （1 分）
（2）网球在水平方向上的运动为匀速直线运动
x vt （2 分）
解得： x 21 m>20 m
故不能落在发球线与球网之间。 （1 分）
（3）落地前瞬间网球竖直方向上速度设为 vy，则有
vy gt （1 分）
设落地前瞬间重力功率为 P，则
P mgvy （2 分）
解得：P 4.06 W （1 分）
15．（12 分）
（1）沿 AO方向做直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反
qE qv0B0 （2 分）
得： E v0B0 （1 分）
（2）A、O、P三点共线，粒子对准圆心 P入射，能到达 C 点，说明出射方向沿着 PC
OP2 a2 ( 3a)2 （1 分）
得：OP 2a
设 PO与 OC夹角为θ
tan 3a （1 分）
a
得：θ=60°，OC=4a，则 OP⊥PC
R a （1 分）
2
qv0B
v
m 0 （1 分）
R
mv
得： B 0 （1 分）
qa
（3）从 A 到 C 速度大小不变
s AO OP PC 2a 2 R （2 分）
4
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AO OP 2a， PC 2 3a
s v0t （1 分）
t (4 4 3 )a得： （1 分）
2v0
16．（16 分）
（1）起始状态，恰好静止，对系统分析：
(M m)g sin (M m)g cos （2 分）
得 tan 3 （1 分）
3
（2）当 A 速度第 1 次为 0 时，对 B分析，有：
Mg sin (M m)g cos F弹 （2 分）
得 F弹 (2M m)g sin
再对 A分析：mg sin F弹 ma1 （1 分）
得 a1 6g sin 30m / s
2
（1 分）
（3）弹簧初态被拉伸 x1，有
mg sin
mg sin kx1，得 x1 （1 分）k
A速度第 1 次为 0 时弹簧被压缩 x2，
有 F弹 kx2 ，得 x
(2M m)g sin
2 （1 分）k
设 A获得初速度为 v0，
有 I mv0 ， 得 v0 6m / s （1 分）
从初态到 A第一次速度为 0 过程，对系统分析，有
1 mv 2 mg sin 1 10 (x
2
1 x2 ) kx2 kx
2
1 （2 分）2 2 2
(6mg sin )2
得 k 2 25N /m （1 分）mv0
（4）A 返回初位置后，B 将沿斜面向下滑动，而对系统分析，由于系统所受摩擦力与下滑
分力相等，故沿斜面方向系统动量守恒，当 A 速度第 2 次为 0 时，有
v
mv0 Mv ，得 v 02 2 3m / s （1 分）2
设此时弹簧形变量为 x3，木板下滑 L，对系统分析，减少的重力势能转化为系统其他能量
的增加
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Mg sin L mg sin (L x3 x1) (M m)g cos L (
1 kx 2 1 2 1 2 1 2
2 3
kx ) ( Mv mv )
2 1 2 2 2 0
1 18
得 x3 m（负值舍去） （2 分）5
（因为系统所受摩擦力与下滑分力相等，若 AB相对静止时，下滑过程系统重力势能的减
少量刚好用于木板与斜面间的摩擦发热损失。故滑块 A多．下滑减少的重力势能转化为系
统的弹性势能及动能的增加，有
mg sin (x 1 1 1 13 x1) ( kx
2
3 kx
2
1 ) ( Mv
2
2 mv
2
2 2 2 2 0
)
1 18
得 x3 m）5
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