河北省保定市2024-2025学年高三上学期1月期末调研物理答案_2025年1月_250113河北省保定市2024-2025学年高三上学期1月期末调研考试（全科）

2024-2025 学年度上学期高三期末考试 物理评分细则 一、单项选择题 1.A 2.C 3.B 4.D 5.A 6.C 7.D 二、多项选择题 8.AC 9.BD 10.AD 三、非选择题 11. （1）m P （2分，每空1分） 1 （2）43.80~43.95 （43.80~44.00均给分） （2分） （3）m x m x m x （2分） 1 2 1 1 2 3 （4）水平仪检测；将小球轻放在斜槽末端，小球保持静止不动；在斜槽末端给小球一微小的速度，小球 能够匀速运动；（其他表述合理的酌情给分）…… （2分） 12. （1）C （2分） 红线的左端，接到B端的接线柱或 者接到电流表的0.6A的接线柱均可 （2） 电压表负极可连在B端、A端或者电流表0.6接线柱。 （2分） （3）A （2分） （4）1.49（1.48~1.50） 0.88（0.86~0.90） （2分，每空1分） 13. （1）设开始运动时加速度大小为a ，第一次经过C点时的速度为v 1 1 x  aT2 （ a = ） （1分） 0 2 1 1 2 0 2 vaT （1分） 1 2x 解得 v 0 （2分） T （2）加速度改变后，大小为a ，从C点运动到A点过程 2 1 2x vT  a T2 （ a = ） （1分） 0 2 2 2 8 0 2 设物体从C点减速到0的过程中的位移为x 2a xv2 （ x= ） （1分） 2 0 物体距离B点的最大距离为x 4 m x  x x （1分） m 0 5 解得 x  x （1分） m 4 0 {#{QQABIYAEoggAAgBAABgCEwGgCgOQkgCAAQgGwEAMoAAAiQNABCA=}#}解法2， 由C点减速到零，时间设为t，C点速度设为V ，C点减速到0的过程中的位移为x C V =a t ， ① （1分） C 2 x=V t- a t2 ，或者x= t，或者 =2a x 三个公式任选一个 ②（1分） C 2 2 1 +0 2 2 2 由速度为零反向加速到A点，2x +x= a ③ （1分） 0 2 1 2 2 − ①②③联立，解得，x= （ t= ， a = ） 2 0 8 0 2 4 4 X = （1分） m 5 0 14. 4 （1）设平板B与地面间的动摩擦因数为μ ，A、B之间动摩擦因数为μ ，B的加速度为a 2 1 平板B m g（m m )g m a （1分） 1 1 2 1 2 2 v 1 由v-t图像可得 a   m/s2 （1分） t 3 解得  0.05 （2分） 2 （2）解法1， 由题设条件知道，电场力 F qE 0.2N （1分） 以系统为研究对象，受地面摩擦力 f （m m )g 0.2N （1分） 2 1 2 系统外力之和为0，动量守恒，当v 0.5m/s时，B的速度为v A B mv mv m v （1分） 1 0 1 A 2 B 1 解得 v  m/s （1分） B 6 解法2， 对A，qE-μ m g=m a ，解得 a =-1m/s2 （1分） 1 1 1 1 1 由v =v +a t ，解得t=0.5s （1分） A 0 1 对B，由v =a t ，解得v = m/s （2分） B 2 B 1 6 解法3， 对A，qE-μ m g=m a ，解得 a =-1m/s2 （1分） 1 1 1 1 1 由v =v +a t ，解得t=0.5s （1分） A 0 1 对B，F =μ m g-μ （m +m ）g 合 1 1 2 1 2 由动量定理，F ·t=m v ，解得v = m/s （2分） 合 2 B B 1 6 {#{QQABIYAEoggAAgBAABgCEwGgCgOQkgCAAQgGwEAMoAAAiQNABCA=}#}（3）设A、B最终速度为v mv (m m )v 1 0 1 2 解得 v0.25m/s 设B加速到2.5m/s所用时间为t vat 解得 t=0.75s 解法2，对B，[μ m g-μ （m +m ）g]·t=m v 1 1 2 1 2 2 B 解得t=0.75s 解法3，由v -a t=a t ，解得t=0.75s 0 1 2 之后A、B一起做匀速直线运动。v-t图像如图所示 图像没有画完整，只画了共速之前 （3分） 的，没有画共速的，给2分 A、B之间的相对位移 1 x 10.750.375m （或者 m）（1分） 2 3 设A、B之间因为摩擦产生的热量为Q 8 Q m gx （1分） 1 1 解得 Q=0.1125J （或者 J） （1分） 9 80 15. （1）t=t 时刻，为例开始做匀速圆周运动，则必有 0 qE mg （1分） 0 mg 解得 E  （1分） 0 q 设微粒做圆周运动的速率为v ，周期为T，半径为r ，则有 0 1 mv2 qv B  0 （1分） 0 0 r 1 2πr T  1 （1分） v 0 3 又 t  T 0 4 3πm 解得 B  （1分） 0 2qt 0 （2）微粒由静止释放，运动的加速度为a mgqE ma （1分） 0 v at （1分） 0 0 {#{QQABIYAEoggAAgBAABgCEwGgCgOQkgCAAQgGwEAMoAAAiQNABCA=}#}1 0~t 时间的位移 y  at2 （1分） 0 2 0 4 解得 r  gt2 （1分） 1 3π 0 4 所以解得圆心的坐标为 O （ gt2，gt2） （1分） 1 3π 0 0 解法2， ①0~t ，由动量定理 （qE +mg）t =mv 0 0 0 0 V =2gt 0 0 y = t =gt 2 1 0 0 0 2 r = 1 2 4 0 3 圆心坐标0，（ ，-gt 2 ） 0 2 4 0 3 （3）微粒在0~7t0时间内运动的轨迹如图所示 0~t 微粒从o运动到b点，速率为v 0 0 t ~2t 微粒做四分之三圆周，从b点运动到c点，c点速率为v 0 0 0 2t ~3t 微粒做匀变速曲线运动，从c点到d点，此时竖直方向速率vy=v0，水平方向速率为v 0 0 0 3t ~4t 微粒做四分之三圆周，从d点运动到e点，从此时竖直方向速率vy=v0，水平方向速率为v 0 0 0 4t ~5t 微粒做匀变速曲线运动，从e点到f点，此时速率为v 0 0 0 5t ~6t 微粒做四分之三圆周，从f点运动到j点，此时速率为v 0 0 0 6t ~7t 微粒向上做匀减速直线运动，从j点运动到k点，速率为v 0 0 k v v at k 0 0 解得 v =0 （1分） k 从c运动到d，水平位移为x d x v t （1分） d 0 0 从d到e，圆周运动半径为r 2 mv2 qv B  d （1分） d 0 r 2 v  v2 v2 （1分） d 0 y 设k的横坐标为x ，由对称性知道 k x 2(x r r sin45） （1分） k d 1 2 16 解得 x (4 ）gt2 k 3π 0 16 坐标为 k【(4 ）gt2，0】 （1分） 3π 0 {#{QQABIYAEoggAAgBAABgCEwGgCgOQkgCAAQgGwEAMoAAAiQNABCA=}#}解法2， t ~2t ，粒子 v =2gt 坐标（ ，-gt 2+ ） 0 0 1 0 0 2 2 4 0 4 0 2t 0 ~3t 0 ， x 2 =v 1 t 0 =2gt 0 2 3 3 y = at 2=gt 2 2 0 0 1 2 v = = gt 2 2 0 2 2 1+ 2 2 3t ，粒子坐标 （ -2gt 2 ，-2gt 2+ ） 0 0 0 2 2 4 0 4 0 3 3 3t ~4t ， r = 0 0 2 2 4 2 0 3 4t ，粒子坐标 （ -2gt 2 ，-2gt 2+ ） 0 0 0 2 2 4 0 4 0 4t 0 ~5t 0 ，v 3 =2gt 0 x 3 =x 1 = 2gt 0 2 3 V =0 y =gt 2 y 3 0 5t ，粒子坐标 （ -4gt 2 ，-gt 2+ ） 0 0 0 2 2 4 0 4 0 3 6t ，粒子坐标 （ -4gt 2 ，-gt 2 ） 0 0 0 2 16 0 3 7t ，粒子坐标 （ -4gt 2 ，0 ） 0 0 2 16 0 3 {#{QQABIYAEoggAAgBAABgCEwGgCgOQkgCAAQgGwEAMoAAAiQNABCA=}#}