物理参考答案--石家庄市2025届质检（二）_2025年4月_2504092025届河北省石家庄市普通高中毕业年级教学质量检测（二）（全科）

石家庄市 2025 届高中毕业年级教学质量检测（二） 物理参考答案 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符 合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B C C A C A B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两 个以上选项符合题目要求。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 8 9 10 答案 BCD BC AB 三、非选择题：共54分。 2n 11．（8分）（1） B（2分） 相同（2分） （2） ① （2分） ② C（2分） t 12．（8分）（1） A （1分） R （1分）（2）A （2分）（3） 5.14±0.04（2分） 32.8±0.3（2分） 2 2 13．（8分） 【解析】 （1）（3分）温度从T 升高到T 的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为S： 1 2 LS L S 1  2 （2分） T T 1 2 解得：L 28.0cm （1分） 2 （2）（5分）保持温度T 不变，将玻璃管顺时针旋转60°，管内气体的压强 p  p hsin300， 2 3 0 初态管内气体的压强 p  p h（2分） p  p 1 0 2 1 p LS p L S 方法一：由理想气体状态方程可得： 1 1  3 3 （2分） T T 1 2 解得：L 29.4cm（1分） 3 方法二：由理想气体状态方程可得： p L S  p L S （2分） 2 2 3 3 解得：L 29.4cm（1分） 3 14．（14分） 【解析】（1）（4分）根据动量定理：I mv （1分） A 1 {#{QQABQYwo4gCwwBSACI4LAwXGCwgQsICiLcoswQAWKAxLQAFABAA=}#}v2 在C点根据牛顿运动定律： mg m C （1分） r 1 1 滑块由A运动到C的过程中： mv2  mv2 2mgr（1分） 2 A 2 C 解得：I 0.5Ns（1分） 1 1 （2）（5分）滑块由A运动到D的过程中，由动能定理得：mgl  mv2  mv2 （1分） 2 D 2 A 解得：v 4m/s D 因为v v ，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速， D 0 v v 则：t  D 0 0.5s 1 g v v 7 x D 0 t  mL4m 滑块运动的位移： 2 1 4 所以假设成立，滑块到达E点时速度v v 3m/s （1分） E 0 滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H点时，它们水平方向有相同的速度v 共 ， 设此时滑块竖直方向分速度为v ， y 根据动量守恒得：mv (mM)v （1分） E 共 1 1 1 由能量守恒得： mv2  （mM)v2  mv2mgR （1分） 2 E 2 共 2 y 解得：v 1m/s y v2 1 滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与H点之间的距离； h y  m（1分） 2g 20 （3）（5分）滑块冲上物块到与物块分离的过程中， 水平方向动量守恒：mv mv Mv （1分） E 1 2 1 1 1 能量守恒： mv2  mv2 Mv2（1分） 2 E 2 1 2 2 解得：v =-1m/s，v =2m/s 1 2 2v 滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E点，该过程所用时间：t  1 1s 2 g 此过程中，滑块与传送带的相对位移：x v t 3m（1分） 2 0 2 2 {#{QQABQYwo4gCwwBSACI4LAwXGCwgQsICiLcoswQAWKAxLQAFABAA=}#}v v 滑块由D点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移：x  D 0 t v t 0.25m（1分） 1 2 1 01 整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量： Qmg(x x )0.65J（1分） 1 2 15.（16分） （1）（2分）粒子在电场中运动，x方向做匀加速直线运动 Eq 有：v2 2 d （1分） x m 解得：v 1104m/s x 粒子进入磁场时的速度：v  v2v2  2104m/s（1分） 1 x y （2）（8分）设粒子在电场中运动的时间为t ， 1 Eq 有： d  t2（1分） 2 m 解得：t 1104s 粒子在y方向做匀速运动，t时间内，y方向位移为： y v t （1分）， 解得： y 1m y 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T 0 mv2 有：qv B  1 （1分） 1 r 解得：r 0.1 2m 2r 有：T  （1分） 0 v 1 2m 解得：T   2105s 0 qB v 设进入磁场时速度与水平方向夹角为α，sin y v 1 解得α=45°，粒子在磁场中运动的弦长l  2r 0.2m（1分） 3 {#{QQABQYwo4gCwwBSACI4LAwXGCwgQsICiLcoswQAWKAxLQAFABAA=}#}轨迹如图所示，从O点到第一次到y轴经历一个周期，y方 向的位移为：y  2yl 1.8m（1分） 设粒子经过n个周期后到达点（0.5m,4.6m） 则：1.8n y 4.6m，解得：n=2 （1分） 则粒子经过点（0.5m,4.6m）的时刻为： 360 90 t'5t2 T 5.9104s （1分） 360 0 （3）（6分）附加电场后，粒子第一次到达电场边界时的速 Eq 度：v v  t  2104m/s y1 y m 粒子第一次到达电场边界时在电场中沿y方向运动的距离： v v y  y y1t 1.5m（1分） 2 粒子在磁场中做圆周运动，水平方向列动量定理： qv Bt 2mv （1分） y x 1 圆周运动的弦长：l 0.2m 粒子从磁场返回电场，设粒子在电场中运动时y方向上的位 移为y 1 1 Eq 有： y v 2t   2t 2（1分） 1 y1 2 m 解得： y 6m 1 之后，粒子再次进入磁场做圆周运动，由于进出磁场时水平 方向速度始终为v ，根据水平方向动量定理，所以，粒子在 x 磁场中做圆周运动的弦长始终为：l 0.2m 接着，粒子再次从磁场返回电场，由于粒子在电场中y方向做的是匀变速运动，所以粒子再次在电场中运 Eq 动时，y方向上运动的位移相对上一次增加的距离为：y   2t 2（1分） m 解得：y 4m 30.71.5l6l(64)l(644)l 由上可知，粒子在第4次返回电场时经过点（0.5m，30.7m），此时 4 {#{QQABQYwo4gCwwBSACI4LAwXGCwgQsICiLcoswQAWKAxLQAFABAA=}#}Eq v v  t（n1)v 8104m/s y y 0 m y 粒子第4次进入磁场时的旋转半径设为r´ m(v2 v2) q v2 v2B  x y （1分） x y r' 65 解得：r m 10 v 设进入磁场时速度与水平方向夹角为θ，sin y4 v 4 658 磁场最小宽度xr'(1sin) m1.6m （1分） 10 5 {#{QQABQYwo4gCwwBSACI4LAwXGCwgQsICiLcoswQAWKAxLQAFABAA=}#}