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2024 学年第二学期温州十校联合体期末联考
高二年级物理学科参考答案
命题学校：瑞安第五中学 周光同 审题学校：文成中学 邢建纯
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有
一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
号
答 C B D D A D A C B C
案
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有
一个符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
题 11 12 13
号
答 AC BD AC
案
三、非选择题（本题共 5 小题，共 58 分）
14. I(1)B（1分） (2) C （1分）
(3) 0.20m/s2 (2分） (4)A （1分）
II(1)𝑉 （1分），𝑅 （1分） （填C和G也正确）
1 2
(2)5（1分）
(3)乙（1分）
(4) 3.80 （1分） 171（2分）
III(1)AD（2分）（全对得两分，漏选得一分，错选不选0分）
mg
15.（8分）（1）当活塞刚要离开小支架时p = p +
1 0 S
解得p =1.1105Pa （1分）
1
p p
活塞离开支架前气体等容变化，则有 0 = 1 （1分）
T T
0 1
解得T =330K （1分）
1V V
（2）活塞离开支架后气体等压变化，则有 1 = 2 （1分）
T T
1
其中 V
1
= S h
解得V =1.510−4m3 （1分）
2
（3）气体对外界做功𝑊 = −𝑝 𝛥𝑉 = −4.4𝐽 （1分）
1
由热力学第一定律有 U = W + Q （1分）
解得 Q = 1 8 J （1分）
（注：以上各步用其他方法解题的，只要合理，得同样的分。））
16. （11分）（1）物块从B到N由动能定理𝑚𝑔×𝑅 = 1 𝑚𝑣2 −0
𝑁
2
解得v=8m/s （1分）
在N点根据牛顿第二定律有𝐹 −𝑚𝑔 = 𝑚
𝑣2
（1分）
支
𝑅
结合牛顿第三定律，可得𝐹 = 𝐹 = 150𝑁（1分）
压 支
（2物块在传送带上滑行的加速度a=𝜇𝑔 =5m/s² （1分）
共速时滑行距离𝐿 =
𝑣2−𝑣
0
2
= 2.8𝑚＜4𝑚
1
2𝑎
故物块在传送带上先减速后匀速运动， （1分）
物块滑上木板时的速度为v =6m/s，假设木板第一次与挡板碰撞前，
0
物块已经与木板共速，根据动量守恒定律可知𝑚𝑣 = (𝑚+𝑀)𝑣
0 1
解得𝑣 = 5𝑚/𝑠 （1分）
1
该过程中对木板由动能定理可得𝜇𝑚𝑔𝑥 = 1 𝑀𝑣2
1
2
解得𝑥 = 0.5𝑚 < 3𝑚，假设正确 （1分）
（3）物块与木板共速后再与挡板碰撞。木板位移为𝑑 = 3𝑚木板与挡板碰撞后到物块与木板第二次共速，根据动量守恒有𝑚𝑣 −𝑀𝑣 =
1 1
(𝑚+𝑀)𝑣
2
2
解得𝑣 = 𝑣 （1分）
2 1
3
木板与挡板碰后减速到零过程，根据动能定理𝜇𝑚𝑔𝑥 = 1 𝑀𝑣2
1 1
2
1
解得𝑥 = 𝑚，木板位移为2𝑥 （1分）
1 2 1
木板与挡板第二次碰撞后到物块与木板第三次共速，根据动量守恒有𝑚𝑣 −𝑀𝑣 =
2 2
(𝑚+𝑀)𝑣
3
2
解得𝑣 = 𝑣
3 2
3
木板与挡板碰后减速到零过程，根据动能定理 m g x
2
1
2
M v 22 =
2
，𝑥 = 1 ×( 2 ) 𝑚
2 2 3
木板位移为 2 x
2
（1分）
2 2
同理可得𝑥 = 1 ×( 2 ) ×( 2 ) 𝑚
3
2 3 3
木板位移为2𝑥 ⋯⋯
3
故整个过程中木板运动的路程𝑠 = 𝑑+2𝑥 +2𝑥 +2𝑥 +⋯⋯ = 4.8𝑚 （1分）
1 2 3
（注：1、以上各步用其他方法解题的，只要合理，得同样的分。2、单位未写或写错
扣1分，一个大题中单位扣分不要超过1分）
17（12分）. 1）a点电势高 （2分）
（2）由闭合电路欧姆定律得I(R+R)=B Lv （1分）
0 0
此时安培力和恒力F等大反向，则 F = B
0
I L （1分）
联立，解得v =4m/s （1分）
0
（3）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量为 q = I t
E ΔΦ B Ls
其中I = ，E= = 0 （1分）
R+R Δt Δt联立，可得 q =
B
R
L
0+
s
R
= 2 .5 C （1分）
（4）设碰后瞬间金属框的速度为 v
1
，根据动量守恒 m v
0
= 4 m v
1
（1分）
此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab边处磁场为 B
1
，de边处磁场为 B
2
，则回路中的电动
势为 E = E
2
− E
1
= B
2
L v − B
1
L v
回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律 I 4 R = ( B
2
L v − B
1
L v ) （1分）
其中 B
2
− B
1
= k L
k2L4
此时回路受到的安培力大小为F =B IL−BIL= v （1分）
A 2 1 4R
根据动量定理
−
k 2
4
L
R
4
v −
k 2
2
L
R
4
v
Δ t = 0 − 4 m v
1
（1分）
其中 x = v t =
4
3
m
k
v
2
0L
R
4
联立，解得 x
ed
=
4
3
m
k
v
2
0L
R
4
+ L =
1 9
3
m （1分）
（注：1、以上各步用其他方法解题的，只要合理，得同样的分。2、单位未写或写错
扣1分，一个大题中单位扣分不要超过1分）
8mv2
18（13分）. 1）由于离子在电场中，从y = 0 处发射的离子通过O点速度最大，则有
m 9qE
v 2y = 2
q E
m
y
m
（1分）
解得 v
y
=
4
3
v
0
（1分）
则经过O点的最大速度 v
m
= v 2y + v 20 =
5
3
v
0
（1分）
（2）由洛伦兹力提供向心力有 q v B =
m v
R
2
（1分）
所以 R =
m
q
v
B
0 , r1 =
m
q
v
B
m =
5 R
3
（1分）
mv mv
离子进入磁场时的圆周运动圆心低于O点h=rcos= cos= 0 =R （1分）
qB qB可见所有离子在磁场中做圆周运动圆心均在探测板上；
速度最大的粒子满足
c o s
5
3
R
R
3
5
= =
（1分）
5R 5R 2R
由几何关系易知打中的区域长度s=R−( − sin)= （1分）
3 3 3
（3）根据题意，结合上述分析，画出粒子运动轨迹，如图所示
①当 0 d 2 R 时： 1 =
8𝑅
②当𝑑 > 时：=0 （1分）
3
③当 2 R d
8 R
3
时：
设从纵坐标为 y 的离子源发射的离子在磁场中的运动轨迹恰好与探测板相切，由运动学公
式有 v 2 = v 20 + 2
q E
m
y
16y
即v2 =v2 1+ （1分）
0 9y
m
离子轨迹与探测板相切时 d = R + r = R +
m
q
v
B
= R
1 +
v
v
0
（1分）
y 9 ( d2−2dR )
联立上述两式得 = （1分）
y 16R2
m探测板的收集率
y
my
m
y
1
y
y
m
=
−
= −
𝑦 16𝑅2+18𝑑𝑅−9𝑑2
联立上述式子得𝜂 =1− = （1分）
𝑦𝑚 16𝑅2
（注：1、以上各步用其他方法解题的，只要合理，得同样的分。2、单位未写或写错
扣1分，一个大题中单位扣分不要超过1分）
