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2025 学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测
物理试题卷 参考答案
一、选择题Ⅰ
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A B B C D A D D C
二、选择题Ⅱ
11 12 13
BD AC BC
三、非选择题
14-Ⅰ．（1）C（2分） （2）补偿阻力（平衡阻力）（2分）
（3）0.40（1分） （4）小于（1分）
14-Ⅱ． BC（2分）
14-Ⅲ．（1）C （2分） （2）B（1分）
（3）① B（1分） A（1分） ② b（1分）
15.（8分）
（1） “减小” ----------1分
“增大” ----------1分
（2） 气体体积不变，不对外做功：W=0 J ----------1分
热力学第一定律： U=Q+W ----------2分
得出： U= 1.72 J ----------1分
3 p1 0.02VB+VA = p（ ） 2VA ----------1分
T1 T2
解得：T2=245K ----------1分
16.（11分）
（1） 竖直向下 ----------2分
动子受到的安培力 F=BI0d ----------1分
a= F系统的加速度 ----------1分
M+m
（或用动量定理：BI0dt1=(M+m)v，给 2分）
起飞速度 v=at = BI0dt11 ----------1分M+m
（2） 焦耳热 Q=I 20 Rt1 ----------1分
1
飞机和动子的动能Ek= M+m v2 ----------1分2
2 2 2 2
电流源输出的能量E1=Q+E =I 2k 0 Rt +
B I0 d t1
1 ----------1分2 M+m
（3） t1＜t
1
＜t2时间内回收能量要求E2= mv2 I 2有 R t2 t1 >0 ----------1分2
I = 2I交流电有效值 0有 ----------1分2
2B2d2t
整理得 R< 1 ----------1分
π M+m
1
17.（12分）
（1）A→B过程：mgsinθ=ma ----------1分
s=1 at21 ----------1分2
求得 t = 31 s ----------1分2
（2）A→C过程：mgssinθ+mgR(1-cosθ)=1mv2 1C mv22 2 A
求得 vC=6m/s ----------1分
mv2
滑块在 C点受力满足：FC-mg= C ----------1分R
圆弧轨道 C点对滑块的支持力FC=10.4N ----------1分
（3）弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有：mvC=(M+m)v 共
可得 v 共=1m/s --------1分
1
设弹簧最大压缩量为 x ，由功能关系可得： mv2= 1 (M+m)v20 C +μmgL
1
1+ k 2 --------1分2 2 共 2 0
求得 x0=0.4m -------1分
（4）此时仍然有 vC=6m/s
若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次
相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化
为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足
1
μmg 1≥ kL22 2
求得 m≥0.4kg --------1分
若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能
1
小于 kL22，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于 L1，滑块一定不会从板左2
侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即
mvC=(M+m)v 共
1 1
mv2 > (M+m)v2 +μmg
2 C 2 共 1
求得 m<2.8kg --------1分
综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围 0.4kg≤m<2.8kg --------1分
2
18.（13分）
（1）10n ----------2分
中间磁场 B1=μ0n1I1=0.12T ----------1 分
端部磁场 B2=μ0n2I2=0.96T ----------1 分
（2） 速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场
v⊥=v sinθ=3×106m/s
v∥=v cosθ=4×106m/s
v2
回旋轨道半径：洛伦兹力提供向心力：qv 1=m ----------1 分r
mv
r= 得： =0.5m
qB1
离 x轴最远：L=2r=1m ----------1 分
T= 2πm = 2π×6.4×10
27
回旋周期： =1×10 6 s
qB 191 3.2×10 ×0.04π
第一次回到 x轴的坐标： x 6 -60=v∥T=4×10 ×1×10 =4m ----------1 分
（3）①
洛伦兹力不做功，离子总动能恒定 --------1 分
x1处：v⊥1= 0sinθ
1
0 mv2⊥1=k0B2 1
x2处：v⊥2=
1
0 mv2⊥2=k0B2 2
1
2m( 0sinθ0)
2 B
得： 11 = --------1分
2m
2
0 B2
B 0.04π 2
化简得： sin θ 10= = = --------1分B2 0.32π 4
②
洛伦兹力不做功，离子总动能守恒Ek=Ek∥+Ek⊥，故ΔEk∥=-ΔEk⊥
由Ek =k0B、B=B1+kx，得ΔEk =k0ΔB=k0kΔx，即ΔEk∥=-k0kΔx
由功能关系ΔEk∥=F∥Δx，得轴向合力F∥=-k0k （大小恒定、方向与轴向运动相反）
故离子沿 x轴做匀减速直线运动 -------1 分
（能说出是匀减速运动得 1分）
有：E 1 2k 1= mv0sin
2θ
2 0
mv2E 0sin
2θ
由： 0k 1=k0B1 得： k0= 2B1
2
k = mv0sin
2θ
将 0
|F
代入 a= ∥| = k0k0 ，得：2B1 m m
kv2sin2 a= 0 θ0 -------1 分
2B1
v =v -at t= 2B1cosθ由 得： 0∥ ∥0 -------1 分kv0sin2θ0
3

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