文档内容
2025 年东北三省四城市联考暨沈阳市高三质量监测（二）
物理参考答案
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7 题只有一项
符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对
的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
选项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B B D C D A AD BD AD
二、非选择题：本题共5小题，共54分
11．每空2分
（1）不需要 （2）B （3）r
1
12．每空2分
（1）B （2）①、④ （3）不是
13.【解析】（1）由已知题意可知，游客在AC间做匀加速直线运动，在CD间做匀减速直线
运动，若游客在D点速度为零，由动能定理可得
𝐻
mgH-μmgcos25°· －μmgL＝0 （2分）
sin25°
解得 L=30.25m （2分）
（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0。设游客在倾斜滑道的加速度为a ，
1
滑行时间为t ，到达C点时速度为v ；在水平滑道的加速度为a ，滑行时间为t ，根据牛顿
1 c 2 2
第二定律可得：
a ＝
𝐹1
=gsin25°-μgcos25°＝2.2m/s² （1分）
1
𝑚
由 x= 1 𝑎 𝑡2 （1分）
2 1 1
解得t ＝5s
1
由 v=a t
c 11
解得v＝11m/s
c
（或用动能定理mgH-μmgcos25°·x= 1 𝑚𝑣2－0亦可）
𝑐
2
同理，根据牛顿第二定律可得
a ＝
𝐹2
=μg＝2m/s²
2
𝑚
t =
𝑣𝑐＝5.5s
（1分）
2
𝑎2
因为冰坑为光滑球面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆
答案 第1页 共3页𝑅
由单摆周期公式T＝2π√ （1分）
𝑔
1
解得t = T=3π（s） （1分）
3
2
综上所述t=t +t +t =（10.5+3π）s （1分）
1 2 3
14．【解析】（1）弹簧释放后，C与A一起运动，B相对A滑动。设压缩量为x 时，B物块
1
加速度为零，根据物体平衡条件有：
kx =μ m g （2分）
1 B B
x =0.04m （1分）
1
此时，物块B动能最大
ABC组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律有：
𝑚 𝑣 =(𝑚 +𝑚 )𝑣 （2分）
B B A C C
1 𝑘𝑥2− 1 𝑘𝑥2 = 1 𝑚 𝑣2+ 1 (𝑚 +𝑚 )𝑣2+𝜇 𝑚 𝑔(𝑥 −𝑥 ) （2分）
2 0 2 1 2 B 𝐵 2 1 2 𝐶 B B 0 1
1 𝑚 𝑣2 =0.108 J （1分）
2 B B
（2）当C相对于A滑动时，B相对于A已经滑动，设A的加速度达到最大值a ，根据牛顿
A
第二定律有：
𝜇 𝑚 𝑔−𝜇 𝑚 𝑔 =𝑚 𝑎 （1分）
C C B B A A
a =4m/s2
A
若C的加速度也达到a 时，弹簧的压缩量为x ，对C物块应用牛顿第二定律有：
A 2
𝑘𝑥 −𝜇 𝑚 𝑔=𝑚 𝑎 （1分）
2 C C C A
x =0.16m （1分）
2
x > 16cm时，释放后，物块C相对A滑动 （1分）
2
15．【解析】（1）根据牛顿第二定律有：
𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣 0 2 （1分）
0 1
𝑟
解得 r=l （1分）
周期公式
答案 第2页 共3页
T =
2 π
v
0
r
2πl
解得 T = （1分）
v
0
（2）粒子沿z轴方向做初速度为零、加速度为a的匀加速运动。根据牛顿第二定律：
𝑞𝐸 =𝑚𝑎 （1分）
1解得
答案 第3页 共3页
a =
2 2 v
0
π l
粒子在垂直z轴的平面上做半径为l的匀速圆周运动，
沿z轴负方向看如右图所示。
初速度方向沿 y 轴负方向的粒子打在接收屏前运动的时间
最长，即 t
m ax
=
3
4
T =
3
2
π
v
l
0
（2分）
对应z坐标有最大值 z
m ax
=
1
2
a t 2m
ax
=
9 π
4
l
（1分）
由几何知识可得该点x坐标为-l
9πl
其对应的坐标为（-l，l, ） （1分）
4
初速度沿y轴正方向偏向x轴负方向30°角的粒子打在接
T πl
收屏上前运动的时间最短t = = （2分）
min 6 3v
0
对应z坐标有最小值 z
m in
=
1
2
a t 2m
in
=
π
9
l
（1分）
由几何知识可得该点x坐标为0
其对应的坐标为（0，l,
π
9
l
） （1分）
（3）方法一：运动分解法
在Ⅰ区域：沿x轴负方向发射的粒子通过界面M时，垂直z轴方向的速度分量沿y轴正
方向，大小为 v
y
= v
0
T πl
通过界面M前运动的时间t= = （1分）
4 2v
0
通过界面M时的z坐标为 z
0
=
1
2
a t 2 =
π
4
l
（1分）
粒子沿z轴方向的速度 v
z
= a t = v
0
所以粒子通过界面M时的合速度 v = v 2y + v 2z = 2 v
0
v
0
30
v O 30 y
0 °
6 0 °
°
x
，方向沿y轴正方向偏向z轴正方向45°
角方向 （1分）
在Ⅱ区域：当粒子合速度方向沿y轴正方向时，速度达到最大。从粒子刚进入Ⅱ区域至达
到最大速度，取一小段时间∆t，沿y轴方向由动量定理得：
𝑞𝐵 𝑣 𝛥𝑡 =𝑚𝛥𝑣 （1分）
2 𝑧 𝑦
或 ∑𝑞𝐵 𝑣 𝛥𝑡 =∑𝑚𝛥𝑣 （动量定理可以用平均速度列式）
2 𝑧 𝑦
或 𝑞𝐵 𝛥𝑧=𝑚𝑣 −𝑚𝑣
2 𝑚𝑎𝑥 0
由动能定理𝑞𝐸 𝛥𝑧 = 1 𝑚𝑣2 − 1 𝑚(√2𝑣 )2 （1分） v 2 v
2 2 max 2 0
解得v =2v ，z=l
max 0
v
1粒子达到最大速度时的z坐标
答案 第4页 共3页
z =
π
4
l
+ z =
( π +
4
4 ) l
（1分）
方法二：配速法
将粒子刚进入Ⅱ区域的速度v分解为沿y轴正方向的分速度v ，和另一分速度v ，令v 所对
1 2 1
应的洛伦兹力与电场力平衡
由平衡条件𝑞𝑣 𝐵 =𝑞𝐸 ，解得v =v （1分）
1 2 2 1 0
由平行四边形定则可得粒子的另一分速度v 沿z轴正方向，大小v =v 。 （1分）
2 2 0
粒子的运动可看作以v =v 沿y轴正方向做匀速直线运动和以v =v 沿x轴负方向观察做顺时
1 0 2 0
针匀速圆周运动的合运动。
粒子的z坐标最大时，v 与v 方向相同，对应的合速度最大
2 1
即 v =2v （1分）
max 0
沿x轴负方向发射的粒子通过界面M时，垂直z轴方向的速度分量沿y轴正方向，大小为
v
y
= v
0
通过界面M前运动的时间 t =
T
4
=
π l
2 v
0
通过界面M时的z坐标为 z
0
=
1
2
a t 2 =
π
4
l
（1分）
粒子沿z轴方向的速度 v
z
= a t = v
0
，沿y轴方向的速度也为v 。
0
粒子刚进入Ⅱ区域至达到最大速度时，在z方向上通过的距离等于粒子以v 做匀速圆周运动
2
的半径 r ,则
𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣 2 2 解得
2 2 𝑟′
r = l （1分）
所以粒子达到最大速度时的z坐标 z =
π
4
l
+ r =
( π +
4
4 ) l
（1分）
方法三：配速法
如图，给粒子配设一对大小相等，方向分别沿y轴正方向和y轴负方向的速度v 和v ，v
1 2 1
所对应的洛伦兹力与电场力平衡，粒子沿y轴正方向做匀速直线运动
由平衡条件𝑞𝑣 𝐵 =𝑞𝐸 ，解得v =v （1分）
1 2 2 1 0
v 与v的合速度 2 v 3 = v 2 − v 22 = v 0 ，方向沿z轴正方向 （1分）
v 所对应的洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动
3
粒子的运动可看作以 v =v 沿 y 轴正方向做匀速直线运动和
3 0
以v =v 沿x轴负方向观察做顺时针匀速圆周运动的合运动
1 0
粒子在z坐标最大值点v 与v 方向相同，对应的合速度最
3 1
大，即 v
m ax
= 2 v
0
v v
3
v v
2 1
（1分）
T πl
通过界面M前运动的时间t= =
4 2v
0
1 πl
通过界面M时的z坐标为z = at2 = （1分）
0 2 4粒子刚进入Ⅱ区域至达到最大速度时，在z方向上通过的距离等于粒子以v 做匀速圆周运动
3
的半径
答案 第5页 共3页
r ，则
𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣 3 2 ，解得r=l （1分）
3 2 𝑟′
所以粒子达到最大速度时的z坐标 z =
π
4
l
+ r =
( π +
4
4 ) l
（1分）
