浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期6月期末考试物理答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0702浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期6月期末考试

丽水市 2023 学年第二学期普通高中教学质量监控 高二物理答案 2024.6 一、选择题I(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是 符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 B C D C D A D A B A B C C 二、选择题II(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是 符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 14 15 BCD CD 三、非选择题（本题共5小题，共55分） 16-I.（1）C（2分） （2）偶然误差（1分） （3）m x m x m x （2分） （4）否 （1分） A 2 A 1 B 3 16-II.（1） （1分，连到开关左侧也给分） （2）0.24或0.25（1分） 1.45（1分） 1.21（1分） （3）76%—78%（2分） 16-III.C（2分） 17.（8分）解：（1）减小（1分） mg （2）对活塞分析，有PS mgPS （1分） 得P  P  （1分） 0 0 S （3）对整过程分析，有W （mgPS)d （2分） 0 （4）对整过程分析，有U QW （1分） 即U Q（mgPS)d （1分） 0 得Q U （mgPS)d （1分） 0 18.（1）从A到B，根据牛顿第二定律：mgsinθμ mgcosθ ma （1分） 1 解得：a 5m/s2 1 根据匀变速直线运动规律：L at2 （1分） 2 解得：t 0.6s （1分） （2）由（1）可得：v at 3m/s B 高二物理答案 第1页 共4页 学科网（北京）股份有限公司1 1 从B到C，根据动能定理：mgL  mv2  mv2 （1分） 2 1 2 C 2 B 解得：v 2 2m/s（用其他方法解正确同样给分） C v2 在C点，根据牛顿第二定律：F mg m C （1分） N R 解得：F 3N （1分） N 根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3N，方向竖直向上 （1分） （3）当货物滑到平板车上F点时与车恰好共速，此时货物恰好不从车上滑落，设共速时两 者速度为v ，货物滑到E点时的速度为v ， F E 根据动量守恒定律：mv (mM)v ， E F 1 1 又因为能量守恒定律，有：mgL  （mM)v2  mv2 ， 2 2 2 F 2 E 联立解得：v 2 5m/s E 1 1 从C到E，根据动能定理：2mgR  mv2  mv2，解得：v 2 3m/s （1分） 2 E 2 C C v2 又由于货物运动过程中不脱离轨道，在C点时的最小速度满足mg m 0 R 解得v  2m/s （1分） 0 所以经过C点的速度范围为 2m/sv 2 3m/s C 1 1 若在传送带上全程加速到 2m/s，则mgL  mv2  mv2 ，解得：v 1m/s 1 1 2 C 2 B1 B1 1 1 若在传送带上全程减速到2 3m/s，则mgL  mv2  mv2 ，解得：v  13m/s 1 1 2 C 2 B2 B2 所以经过B点的速度范围为1m/sv  13m/s （1分） B 从A到B，根据匀变速直线运动规律：v2 2aL ，解得0.1m L 1.3m （1分） B AB AB 所以当0.1m L 1.3m时，货物既不会脱离轨道，也不会滑出平板车。 AB 19.（11分）由题可知，ab棒沿轨道向左运动，根据左手定则判断， 电流的方向从b到a (1分） F BIL0.10.51N 0.05N （2分） 安 1 （2）作图 (2分） 高二物理答案 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司ab棒受到的安培力随位移线性变化，所以 F 0 W  安 x0.025J （2分） 安 2 （根据F —x图像与X轴所围成的面积即安培力做的功 安 0.051 W  J 0.025J ）同样给分 安 2 （3）对ab棒，从EF到OO＇过程，列动能定理 1 W  mv2 v1m/s (1分） 安 2 设棒ab穿过左侧匀强磁场B 过程中，由动量定理 2 - B IL t 0mv (1分） 2    E I  Rr  B L x E  2  (1分） t  x0.5m (1分） 20.（11分）（1）粒子在第四象限的运动为类平抛运动的逆过程 x方向：vt=2a 1 qE 3a y方向： t2  (1分） 2 m 2 3mv2 解得 E  (1分) 4qa (2) 由磁聚焦模型可知， 粒子在圆形磁场中的轨迹半径 r =a (1分) 1 v2 mv 由 qvB m 得B  (1分) 0 r 0 qa 1 高二物理答案 第3页 共4页 学科网（北京）股份有限公司(3)设粒子进入ΔOCD内磁场时与速度与x轴正方向间的夹角为α，由几何知识可知 1 cos 解得α=60° (1分) 2 粒子垂直于CD出射，有 2r cos304aa 解得r  3a (1分) 2 2 mv 又r  解得 2 qB 3mv B  (1分) 3qa 方向垂直于纸面向里 (1分) （4）对粒子作受力分析如下图所示 设电场力与速度方向夹角为θ，沿圆周的半径方向，根据牛顿第二定律 v2 qE�sinqvB m （r=a） (1分) r 沿圆周的切线方向 qE�cos f (1分) 联立解得 5mv2 E� (1分) 4qa 高二物理答案 第4页 共4页 学科网（北京）股份有限公司