文档内容
淮北市和淮南市 2025 届高三第二次质量检测
物理答案
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B C D A D D C
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
题号 9 10
答案 CD BC
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
11.（每空2分，共6分） （1）C （2）C （3）B
12.（每空2分，共10分）（1）×10 600（说明：600.0不扣分）
1
（2）电流表的正负接线柱接反 等于
k
13.（10分）
解：（1）气泡在h 深度时，压强为
0
P =ρgh +P …………………（2分）
1 0 0
解得 P =1.2×105Pa …………………（1分）
1
水温不变，满足 P V =P V …………………（2分）
1 1 0 2
解得 V =6.0×10-7m3 …………………（1分）
2
（2）温度不变，内能不变，依据热力学第一定律
ΔU=W+Q …………………（1分）
体积变大，气泡上升过程中对外界做功，
故 W=－2×10-2J …………………（1分）
所以气泡从外界吸收热量 …………………（1分）
Q=2×10-2J …………………（1分）
14.（14分）
解析：参考解答一：（1）小物块在O点右侧做匀加速直线运动，依据动能定理有
1
（Fcos37°－f）l= mv2 …………………（1分）
2
f=μF …………………（1分）
N
F =mg－qE+Fsin37° …………………（1分）
N
5
联立解得 μ = …………………（1分）
14
（2）设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为v ，竖直速度为v ，小物块和圆弧槽组成
x y
系统，水平方向动量守恒，故
mv=（m+M）v …………………（1分）
x1 1 1
依据能量守恒有 （mg－qE）R= mv2－ （m+M）v 2－ mv 2 …………………（2分）
x y
2 2 2
解得 v =2m/s v =4m/s …………………（1分）
x y
小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为v 的匀变速直线运动，
y
加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律
mg－qE=ma ……………………（1分）
解得 a=8m/s2
小物块第一次离开圆弧槽后上升的最大高度为h
v 2
y
h = =1m …………………（1分）
2a
小物块电势能变化量为 ΔE =-qE（h+R） …………………（1分）
P
故小物块电势能的最小值 E =-3J …………………（1分）
P
（3）小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做
速度为v 的匀速直线运动，此过程历时为t
x
2v
y
t = =1s ……………………（1分）
a
故圆弧槽此过程运动位移 x=v t=2m ……………………（1分）
x
（备注：参考解答一第1问4分，第2问8分，第3问2分）
参考解答二：（1）小物块在O点右侧做匀加速直线运动，
v2=2al …………………（1分）
依据牛顿第二定律有 Fcos37°－f=ma …………………（1分）
f=μF
N
F =mg－qE+Fsin37°
N
…………………（1分）
5
联立解得 μ = …………………（1分）
14
（2）小物块第一次离开圆弧槽后上升到最大高度时，小物块与圆弧槽速度相等
设此时速度为v ，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故
x
mv=（m+M）v …………………（1分）
x
1 1
依据能量守恒有 （mg－qE）（R+h）= mv2－ （m+M）v 2 …………………（2分）
x
2 2
解得 h=1m
小物块电势能变化量为 ΔE =-qE（h+R） …………………（1分）
P
故小物块电势能的最小值 E =-3J …………………（1分）
P
（3）设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为v ，竖直速度为v ，小物块和圆弧槽组成
x y
系统，水平方向动量守恒，故
mv=（m+M）v
x
1 1 1
依据能量守恒有 （mg－qE）R= mv2－ （m+M）v 2－ mv 2 …………………（1分）
x y
2 2 2
解得 v =2m/s v =4m/s …………………（1分）
x y
小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为v 的匀变速直线运动，
y加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律
mg－qE=ma ……………………（1分）
解得 a=8m/s2
小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为
v 的匀速直线运动，此过程历时为t
x
2v
y
t = =1s ……………………（1分）
a
故圆弧槽此过程运动位移 x=v t=2m ……………………（1分）
x
（备注：参考解答二第1问4分，第2问5分，第3问5分）
15.（18分）
解析：（1）研究从M点沿图1中射入的粒子。粒子做圆周运
动的圆心为N， 假设粒子从Q点射出圆形磁场，图中
MN=NQ=MP=PQ=r，故四边形MPQN为菱形；
则NQ平行于MP ，故NQ垂直于x轴，所以粒子平行于
x轴射出圆形磁场区域；
题中所有粒子运动规律均与图示粒子相同，故所有粒子均
平行于x轴射出圆形磁场区域 ……（4分）
图1
（评分细则：分析出菱形得3分，表述出结论得1分。其他正确解答参考得分）
（2）粒子从第1层电场中射出时，据动能定理有
1 1
qEd＝ mv2－ mv2 …………（2分）
2 1 2
2qEd
解得 v = +v2 …………（1分）
1 m
粒子在第层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
v2
qv B = m 1 …………（1分）
1 r
1
2mqEd +m2v2
解得 r = …………（2分）
1 qB
（3）设粒子在第n层磁场中运动的速度为v ，轨迹半径
n
为r （各量的下标均代表粒子所在层数，下同）
n
1 1
nqEd＝ mv2－ mv2 …………（1分）
n
2 2
v2
qv B＝m n …………（1分）
n
r
n
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹
角为α ，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向
n
的夹角为θ ，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速
n
度分量不变，有
图2v sinθ ＝v sinα …………（1分）
n－1 n－1 n n
故 r sinθ ＝r sinα
n－1 n－1 n n
由图2可知出
r sinθ －r sinα ＝d …………（1分）
n n n n
故有 r sinθ －r sinθ ＝d …………（1分）
n n n－1 n－1
由上式看出r sinθ ，r sinθ ，…，r sinθ 为一等差数列，公差为d，可得
1 1 2 2 n n
r sinθ ＝r sinθ ＋(n－1)d …………（1分）
n n 1 1
由图3得出，当n＝1时，r sinθ ＝d …………（1分）
1 1
图3
ndqB
解得sinθ = …………（1分）
n 2nmqEd +m2v2
（3）参考解答二：
设粒子在第n层磁场中运动的速度为v ，轨迹半径为r（各量的下标均代表粒子所在层数，
n n
下同）
1 1
nqEd＝ mv2－ mv2 …………（1分）
n
2 2
2qnEd
v = +v2 …………（1分）
n m
qv BΔt = mv …………（2分）
x y
竖直方向据动量定理有
v Δt = nd …………（1分）
x
其中
qBnd
解得 v = …………（1分）
y m
v ndqB
y
sinθ = = …………（2分）
故 n v n 2nmqEd +m2v2
