资源简介

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淮北市第一中学 2025届高三最后一卷
物 理
参考答案
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求
的。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D D C C B D A
二、选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全
部选对的得 5 分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0 分。
题号 9 10
答案 BCD CD
三、非选择题：共 5题．共 58 分。
2
11.（6 分） 答案：(1)0.725 (2) 2 (3)增大
12.（10 分） 答案：(1)黑
(2)99
(3) 1 90 84
【详解】（1）红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故 C 端应与黑表笔相连。
Rg R2 99 Rg 9
（2）由串并联电路规律可得 、
R1 1 R1 R2 1
R2 99
E
（3）[1] Rx 的阻值约为100 ，单刀双掷开关S2 接 1 时，改装为 10mA 的量程，根据R 150 内 可知，
I
此时对应欧姆表×10 倍率，测量更准确；
62.5
[2]此时电路中的电流为 I I
100
E
根据闭合电路欧姆定律有 I
Rx R内
解得 Rx 90
[3] 电池的电动势为 1.4V，内阻为 5 ，选择“×10”挡位，进行欧姆调零后，欧姆表的内阻
E

R 140
内
I
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E E
根据闭合电路的欧姆定律 I Rx R内 R R
x 内
解得 R 84 x
13.（10 分）
5R
答案 (1) 30° (2)
c
解析 (1) 作出光线经过玻璃砖的折射和反射光路图如图所示
设折射角为θ1，已知θ＝60°，n＝ 3，根据折射定律
sin θ
n＝
sin θ1
1
得 sin θ1＝ ，θ1＝30°
2
由几何关系可得出射光线与法线的夹角θ2＝60°
光线第一次从玻璃砖射出时与玻璃砖的夹角θ3＝30°
(2) 由几何关系可得
BC 3
CD＝ ＝ R
2 2
CF＝AF－AC＝R
2 3
则 EC＝ 3R，CH＝ R
3
光从入射到第一次出射，在玻璃砖中传播的路程
5 3
s＝EC＋CH＝ R
3
c 3
光在玻璃砖中传播的速度 v＝ ＝ c
n 3
光从入射到第一次出射，在玻璃砖中传播的时间
s 5R
t＝ ＝
v c
14.（14 分）
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5
【答案】（1） t 10
5 s
12
（2）与 x 轴负方向成 60°角斜向上
【解析】
【小问 1 详解】
垂直 x 轴方向射入磁场的粒子恰好从 C 点水平射出磁场，由几何关系可知 R r
如图所示，射入磁场时速度方向与 x 轴正方向成30o 角的粒子从 P 点射出，其轨道圆心记为O2 ，则四边形
5
AO1PO2 为菱形。 O1AO2 30 ， PO2 与 AO1 平行，则有 PO1 A 150
6
v
对粒子，根据洛伦兹力提供向心力有 Bqv0 m
0
r
5
可得v0 1 10 m / s
5
r
则粒子在磁场中的运动时间为 t 6
v0
5
可得 t 10
5 s
12
【小问 2 详解】
由于 r R，所有射入磁场的粒子在磁场右侧出射时都有水平向左的速度，要粒子能够经电场偏转过 O 点，
对粒子在电场中的运动分析，x 轴方向 L v0t2
1
y at 2y 轴方向
2
根据牛顿第二定律有 Eq ma
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乙
可得： y 0.25m
如图所示，设粒子入射时的速度与 x 轴负方向的夹角为 ，粒子在磁场中的出射点为Q，过Q做 AO1 的垂
线，垂足为 D，由几何关系可知O1D R y 0.25m
可得 AO1Q 60
可知： AO1Q 60
粒子射入磁场的方向为：与 x 轴负方向成 60°角斜向上。
15.（18 分）
49 49
6√3 m d mv 6m / s
【答案】（1） A ；（2） = ， 30 ；（3） 60 15 5
【详解】（1）因薄木板左端与 A 点距离 d 足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道 AB 发生碰撞，设共同
1
mv M m v v1 v0 7m / s
速度为 v1，根据动量守恒定律，有 0 1解得 2 设此过程中小滑块相对薄木板滑动
1 1 98
mgx mv20 M m v
2
1 x m
的位移为 x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有 2 2 解得 15 薄木板与轨道
v2 v2 2 g L x
AB 碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的 A 点，有 1 A 解得
vA 6m / s
1
mv2
1
A mgh mv
2
B
（2）小滑块由 A 点到 B 点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有 2 2 解得
vB 2 3m / s 设小滑块落地的速度大小为 v，落地速度方向与水平方向夹角为 ，根据机械能守恒定律知
v vA 6m / s画出速度矢量关系如图所示
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设从 B 点飞出到落至地面所用时间为 t，则小滑块水平位移为 = cos 由几何关系可知，矢量三角形
1 1
的面积为S = cos = 由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。解得 =2 2
v 3
6√3 tan
B
v cos vsin 此时满足条件 B 即 v 3 ， 30
5
（3）当小滑块与薄木板第 1 次共速时恰好和轨道 AB 发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情
v21 49
2 d m
形下薄木板和轨道 AB 恰好碰 1 次。小滑块与薄木板加速度相等a g 7.5m / s ， 2a 15 当小滑块
与薄木板第 2 次共速时恰好和轨道 AB 发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和
2d 2d
t
轨道 AB 恰好碰 2 次。从开始到第一次碰撞的时间 a 7.5 薄木板和轨道 AB 碰撞时的速度
49
d m
u 2ad 15d v a 3 t u考虑小滑块的运动 0 联立解得 60 综上可知 d 应满足的条件为
49 49
m d m
60 15
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