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2025 学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测
物理试题卷 参考答案
一、选择题Ⅰ
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A B B C D A D D C
二、选择题Ⅱ
11 12 13
BD AC BC
三、非选择题
14-Ⅰ．（1）C（2分） （2）补偿阻力（平衡阻力）（2分）
（3）0.40（1分） （4）小于（1分）
14-Ⅱ． BC（2分）
14-Ⅲ．（1）C （2分） （2）B（1分）
（3）①B（1分） A（1分） ②b（1分）
15.（8分）
（1） “减小” ----------1分
“增大” ----------1分
（2） 气体体积不变，不对外做功：W=0J ----------1分
热力学第一定律：∆U=Q+W ----------2分
得出：∆U=−1.72J ----------1分
（3） p1 0.02VB+VA = p2VA ----------1分
T1 T2
解得：T =245K ----------1分
2
16.（11分）
（1） 竖直向下 ----------2分
动子受到的安培力F=BI d ----------1分
0
系统的加速度a= F ----------1分
M+m
（或用动量定理：BI dt =(M+m)v，给2分）
0 1
起飞速度v=at = BI0dt1 ----------1分
1
M+m
（2） 焦耳热Q=I 2Rt ----------1分
0 1
飞机和动子的动能E = 1 M+m v2 ----------1分
k
2
电流源输出的能量E =Q+E =I 2Rt +
B2I0 2d2t1 2
----------1分
1 k 0 1
2 M+m
（3） t ＜t＜t 时间内回收能量要求E = 1 mv2−I 2R t −t >0 ----------1分
1 2 2 2 有 2 1
交流电有效值I = 2I0 ----------1分
有 2
整理得R<
2B2d2t1
----------1分
π M+m
117.（12分）
（1）A→B过程：mgsinθ=ma ----------1分
s= 1 at2 ----------1分
2 1
求得t = 3 s ----------1分
1
2
（2）A→C过程：mgssinθ+mgR(1-cosθ)= 1 mv2− 1 mv2
2 C 2
求得v C =6m/s A ----------1分
滑块在C点受力满足：F -mg= mv C 2 ----------1分
C
R
圆弧轨道C点对滑块的支持力F =10.4N ----------1分
C
（3）弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有：mv =(M+m)v
C 共
可得v =1m/s --------1分
共
设弹簧最大压缩量为x ，由功能关系可得：1 mv2= 1 (M+m)v2 + mgL + 1 k --------1分
0 2 C 2 共 1 2
2
求得x 0 =0.4m μ 0 -------1分
（4）此时仍然有v =6m/s
C
若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次
相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化
为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足
1
μmg ≥ kL2
1 2 2
求得m≥0.4kg
--------1分
若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能
小于1 kL2，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于L ，滑块一定不会从板左
2 2 1
侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即
mv =(M+m)v
C 共
1 1
mv2 (M+m)v2 + mg
2 C 2 共
求得m<2.8kg
> μ
1--------1分
综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围0.4kg≤m<2.8kg --------1分
218.（13分）
（1）1n ----------2分
0
中间磁场B =μ n I =0.12T ----------1分
0 1 1
端部磁场B =μ n I =0.96T ----------1分
1 0 2 2
（2） 速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场
2
v⊥=vsinθ=3×106m/s
v ∥ =vcosθ=4×106m/s
v2
回旋轨道半径：洛伦兹力提供向心力：qv =m ⟂ ----------1分
⟂ r
mv
得： r= ⟂ =0.5m 1
qB
离x轴最远
1
：L=2r=1m ----------1分
回旋周期： T= 2πm = 2π×6.4×10−27 =1×10−6s
qB 3.2×10−19×0.04π
第一次回到x轴的 1 坐标： x 0 =v ∥ T=4×106×1×10-6=4m ----------1分
（3）①
洛伦兹力不做功，离子总动能恒定 --------1分
x 处：v⊥ = sinθ
0
1 mv
⊥
2 =k
0
B
2
x1处：v ⊥ 1= 0 1 mv ⊥ 2 1=k 0 B1
2
得 2 ： 1 2 m( s2inθ0 )20 = B 2 2 --------1分
1 2 0m B 1
2
化简得： s 0 inθ = 2 B = 0.04π = 2 --------1分
0
B 0.32π 4
1
② 2
洛伦兹力不做功，离子总动能守恒E =E +E ，故ΔE =-ΔE
k k∥ k⊥ k∥ k⊥
由E
k
=k
0
B、B=B +kx，得ΔE
k
=k
0
ΔB=k
0
kΔx，即ΔE
k∥
=-k
0
kΔx
⟂ ⟂
由功能关系ΔE
k∥
=1F
∥
Δx，得轴向合力F
∥
=-k
0
k （大小恒定、方向与轴向运动相反）
故离子沿x轴做匀减速直线运动 -------1分
（能说出是匀减速运动得1分）
有：E = 1 mv2sin2θ
k ⟂ 2 0 0
由：E 1=k B 得： k = mv 0 2sin2θ0
k ⟂ 0 0 2B
将k = mv 0 21sin2θ0 1 代入a= |F∥| = k0k，1得：
0
2B m m
a= kv 0 2sin2 1θ0 -------1分
2B
由v∥=v∥ 1
0
-at 得：t= 2
kv
B
01 s
c
in
o
2
sθ
θ
0
0
-------1分
3
