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2024—2025 学年度第一学期高二教学质量检测
物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C C C D D D CD AD
题号 11 12
答案 BC ACD
13． AC/CA 大于
14． 17.3 mA（17.2～17.4 mA） 69 V 150 3.8 70（67～71）
15．(1) ；(2) ， ；(3)
（1）设小球从静止释放运动到O点时的速率为v ，由动能定理得
0
在O处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得
而
F =4mg
m
联立解得
，
（2）由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运
动。出磁场后做匀速直线运动到达P处。粒子运动轨迹如图所示
O 、O 分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r、R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系
1 2
有解得
由牛顿第二定律得
解得
方向垂直于纸面向外；由几何关系可知
，
解得
（3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为 ，所用的时间
出磁场后匀速直线运动，所用时间
故小球在x<0区域运动的时间
16．（1）6N；（2）1.5m/s；（3）R≤0.045m或R≥0.1125m
（1）设小球 摆至最低点时速度为v ，由机械能守恒定律，得
0
解得小球 在最低点时，由牛顿第二定律，得
解得
=6N
（2） 与 碰撞，动量守恒，设 、 碰后的速度分别为v 、v ，选向右的方向为正方向，
1 2
则
解得
v =1.5m/s
2
（3）①若小球 恰好通过最高点D点，由牛顿第二定律，得：
在CD轨道上运动时，由机械能守恒定律，得
解得
R =0.045m
1
②若小球恰好到达圆轨道与圆心等高处速度减为0，则有：
解得
R =0.1125m
2
综上R应该满足
R≤0.045m或R≥0.1125m
17．(1) (2) ， (3)
（1）粒子运动的轨迹如图所示设粒子从M点射入时的初速度为v ，粒子到达N点时的速度为v，方向与y轴正方向的夹角
0
为θ，粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，沿y轴方向做匀速直线运动，故有
沿x轴方向做匀加速直线运动，故有
联立可得
粒子到达N点时速度的大小
（2）根据几何关系可得
求得
可知，粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动时，转过的圆心角为135°，由牛顿第二定律
可得又有
解得
粒子在磁场中运动的时间
OP的距离L 为
OP
（3）粒子在第三象限的电场中做曲线运动，其x轴方向的分运动为初速度为零的匀加速直
线运动，故有
解得
y轴方向的分运动为匀加速直线运动，故有
粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离为
18．（1） ；（2）见解析；（3）见解析（1）设弹丸在筒口A的速率为 ，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律
有
，
又
将 代入，解得
， ，
（2）弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，设碰后的共同速率为v，对弹丸与薄板组成的系统，
由动量守恒定律有
代入数据得
碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运
动，设发生的最大位移为 。由动能定理有
代入数据解得
因为 ，所以薄板能撞上小熊，挑战成功
（3）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者速率分别为 。
因 ，故两者速度互换，即
（弹丸此后掉落），
薄板所受滑块的滑动摩擦力为薄板所受平台的最大静摩擦力为
因 ，故薄板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为 ，由动
能定理有
代入数据得
滑块与薄板发生弹性碰撞，系统动量和机械能均守恒．设碰后两者速度分别为
有
，
代入数据得
此后，滑块和薄板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率
为 ，对滑块和薄板，分别由动量定理有
代入数据得
此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为 和
由运动学规律有因： ，滑块与薄板的相对位移
故两者共速假设成立。共速后，因 ，故假设两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，
再发生位移 ，动能定理有
代入数据得
因
所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。
