2024届石家庄市高中毕业年级教学质量检测三物理参考答案（终）_2024年5月_01按日期_13号_2024届河北省石家庄市高三教学质量检测（三）

石家庄市 2024 届高中毕业年级教学质量检测（三）
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。
1 2 3 4 5 6 7
B D C D A B 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。
8 9 10
BC AD ABC
三、非选择题：共54分。
11.（8分）
（1）③ （2分） （2）V （2分） n （2分）（3）装置出现漏气或环境温度降低 （写出
一个原因即可，2分）
12.（8分）
（I -I）R
（1）C（写R 给分，2分）（2）如图所示（连线有错误均不给分，2分）（3） 2 1 1 （角
1
I
1
标有错误均不给分，2分）（4）122~162（2分）
13. （8分）
（1）（3分）由图甲乙可看出，该波的波长、周期分别为： 8m,T 4s（2分）

则波速：v 2m/s （1分）
T
（2）（5分）由题意可知，t 0时刻，y10m的质点起振，且起振方向向上，波传至B点
1
1
{#{QQABIYoAoggIAIIAARgCEwEgCkCQkBGCCIoGhFAMMAIACRFABAA=}#}1610
需要的时间为：Δt   3s（1分）
1 v
13
质点B振动的时间为：Δt t Δt  s（1分）
2 2 1 3
 
质点B的振动方程为：z Asint  Asin Δt （1分）
 2 2
由图乙知，该波中质点的振幅A10cm，质点B相对于平衡位置的位移
1 
z 10sin   5cm（2分）
6 
（其他解法正确均给分）
14. （14分）
（1）A向右运动，由牛顿第二定律得： （1分）

= 
由运动学公式：2al v2（1分）
1 0
设A、B碰后瞬间，A的速度为v ，B的速度为v ，由动量守恒定律得
1 2
mv mv Mv （1分）
0 1 2
由机械能守恒定律得
1 1 1
mv2  mv2 Mv2（1分）
2 0 2 1 2 2
联立解得：v 1m/s，v 2m/s（1分）
1 2
（2）A，B碰后，B向右做匀减速运动，A向左减速，对B，由牛顿第二定律
Mg
a （1分）
M
设B经时间t向右运动x距离停止，有
2ax0v2（1分）
2
0v at（1分）
2
联立解得：x0.4m，t0.4s
t时间内，设A位移为s对A，有
1
svt at2（1分）
1 2
此时，A的速度为
vv at （1分）
1
联立解得：x0.4m，v3m/s
即B停止的瞬间，A刚好与B相碰，再次重复第一次的碰撞。
则A、B第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔t0.4s（1分）
（3）A、B每经历一次碰撞，B向右移动x0.4m
2
{#{QQABIYoAoggIAIIAARgCEwEgCkCQkBGCCIoGhFAMMAIACRFABAA=}#}l
由 2 5.5（1分）
x
B向右移动5x后，对B，由动能定理得
1 1
Mg(l 5x) Mv2  Mv2（1分）
2 2 2 2 2
解得：v 2m/s （1分）
（其他解法正确均给分）
15.（16分）
E R
（1）根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差U  0 （1分）
OP 2
1
由动能定理可得：qU  mv2（1分）
OP 2
E Rq
解得：v  0 （1分）
m
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，根据题意作轨迹图，由向心力公式得：
v2
qvB m （1分）
r
设OOP，由几何关系可知：
1
r
tan （1分）
R

解得：
3
2
所以MOP 
3
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为
  2 
 3 2  5（1分）
0   3 

粒子在磁场中运动总时间t  0 T （1分）
0 2
2r
粒子在磁场中运动周期为T  （1分）
v
2m
所以T 
qB
3mR
解得：t 5 （1分）
0 qE
0
（3）如图，设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令SOP ，
3
{#{QQABIYoAoggIAIIAARgCEwEgCkCQkBGCCIoGhFAMMAIACRFABAA=}#}粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为，根据题意可知：
n N2（1分）
2（）
粒子在磁场中运动总时间为3t ，所以
0
n3 （1分）
0
(n和N均为正整数)
由题意可知：
2
 
3
联立以上公式得：
2
n N2n
3
所以：
n3N
①n=13，N=1
2
由几何关系可得： 
1 13
 r
tan 1  1 （1分）
2 R
由向心力公式得：
v2
qv B m 1 （1分）
1 r
1
1 E q 1
由动能定理可得： 0 x2  mv2（1分）
2 R 1 2 1
3 
解得：x  Rtan （1分）
1 3 13
②n=11，N=2
4
由几何关系可得： 
2 11
3 2
同理解得：x  Rtan （2分）
2 3 11
3  3 2
粒子释放点Q到P点的距离可能为 Rtan 或 Rtan 。
3 13 3 11
（其他解法正确均给分）
4
{#{QQABIYoAoggIAIIAARgCEwEgCkCQkBGCCIoGhFAMMAIACRFABAA=}#}