石家庄市2026届高中毕业年级教学质量检测（二）物理参考答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260425河北省石家庄市2026届高三二模（石家庄二模）（全科）

石家庄市 2026 届高中毕业年级教学质量检测（二） 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 A D B B C D C 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 BD AD ACD 三、非选择题：共54分。 11.（8分） （1）150（2分） 6（2分，填写6.0、0~6同样给分）（2）①最小（2分）②乘积（2分） 12.（8分） （1）越大（2分） （3） 0.4（2分） （4）5.0（2分） （5）偏大（2分） 13.（8分） 【解析】（1）（2分）对活塞进行受力分析得： p S  p S mg （1分） 1 0 解得：下部气体的压强 p 1.1105Pa （1分） 1 （2）（3分）假设升温过程中活塞未上升到腔体顶部，则气体做等压膨胀，根据盖-吕萨克 定律得：   hS h h S 1  1 （2分） T T 1 2 解得：h2cm（1分） h＜hh 10cm，假设成立。 1 （3）（3分）活塞上升过程中，外界对封闭气体做功： W p Sh（1分） 1 解得：W 11J 根据热力学第一定律: U W Q（1分） 解得：Q26.5J（1分） 说明：其他解法正确可相应给分。 14.（14分）（1）（5分）物块B沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，根据牛 1 顿第二定律得：m gsinm gcosm a （1分） B B B 1 解得：a 10m/s2 1 物块B经过时间t 与传送带共速，此过程发生的位移为x ，根据运动学公式得： 1 B1 v v at （1分） B 0 11 1 {#{QQABaYwowwCQwoRACY5bAwEuCwmYsIGSLMgmxQASKAxLiRFABAA=}#}v v x  0 B t （1分） B1 2 1 解得：x 2.25m B1 物块B继续沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，根据牛顿运动定律得： 2 m gsinm gcosm a B B B 2 解得：a 2m/s2 2 物块B经过时间t 速度减为0，此过程发生的位移为x ，根据运动学公式得： 2 B2 v a t 0 2 2 v x  0 t （1分） B2 2 2 解得：x 1m B2 则，物块B沿传送带上滑的最大位移为：x  x x B B1 B2 解得：x 3.25m（1分） B （2）（4分）物块A沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律 A 得：m gsinm gcosm a A A A A 解得：a 2m/s2 A 由位移公式可得： 1 A向下运动的位移：x  a (t t )2（1分） A 2 A 1 2 9 解得：x  m A 4 传送带向上运动的位移： x v (t t )（1分） 0 0 1 2 解得：x 3m 0 物块A与传送带因摩擦产生的热量 Q m gcos(x x )（1分） A 0 A 解得：Q21J（1分） （3）（5分）碰撞前A的速度： v a (t t )（1分） A1 A 1 2 解得:v 3m/s ，B的速度为0 A1 A、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，所以 m v m v m v （1分） A A1 A A2 B B2 1 1 1 m v2  m v2  m v2 （1分） 2 A A1 2 A A2 2 B B2 解得：v 2m/s B2 对B由动量定理得：  Ft m v （1分） B B2  解得:F 4000N（1分） 说明：其他解法正确可相应给分。 15.（16分）（1）（3分）设电子经加速进入磁场时的速度大小为v ，根据动能定理得: 0 1 eU  mv2（1分） 2 0 2 {#{QQABaYwowwCQwoRACY5bAwEuCwmYsIGSLMgmxQASKAxLiRFABAA=}#}电子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，如图，由牛顿第二定律得： v2 evB m 0 （1分） R 电子经磁场偏转后再匀速垂直打在沉积靶的上表面的左端点，到达x 轴上，如图甲所示，满足：2R3d 9ed2B2 联立解得：U  （1分） 8m 25ed2B2 （2）（7分）当U  时，根据动能定理得： 2m 1 eU  mv2 （1分） 2 e 解得：v 5dB m 电子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由牛顿第二定律得： v2 evB m （1分） r 解得：r 5d 轨迹圆所对应的圆心角为37°，由图乙所示，当电 子打在沉积靶左侧时，由图中几何关系可得： 2x x3d 1 x rrcos370 d 1 即当电子在电场中运动的水平位移x d ，电子打 在沉积靶左侧（1分） 电子在所加匀强电场中做斜抛运动，其加速度大小 Ee a  m 2vsin370 将斜抛运动进行分解及对称性，可得：xvcos370 a 8edB2 联立可得：E  （1分） m 由图乙所示，当电子打在沉积靶右侧时，由图中几何关系可得： 2x x5d 1 3 {#{QQABaYwowwCQwoRACY5bAwEuCwmYsIGSLMgmxQASKAxLiRFABAA=}#}x rrcos370 d 1 即当电子在电场中运动的水平位移x3d，电子打在沉积靶右侧（1分） Ee 电子在所加匀强电场中做斜抛运动，其加速度大小a  m 2vsin370 将斜抛运动进行分解及对称性，可得：xvcos370 a 24edB2 联立可得：E  （1分） m 为使电子仍能打在沉积靶的上表面，电场强度E应满足的条件： 8edB2 24edB2  E  （1分） m m 25ed2B2 （3）（6分）当U  时，根据（2）问可知电子在在y>d区域匀强磁场中做匀速圆 2m 周运动，半径r=5d，电子在y<0区域匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动，电子的速度 1 mv2 为v ，满足：Bev 1 （1分） 1 r 1 若电子打在沉积靶下表面的中点，电子水平方向的侧移量为4d，由图中几何关系可得： 4 {#{QQABaYwowwCQwoRACY5bAwEuCwmYsIGSLMgmxQASKAxLiRFABAA=}#}n(10d 2r)4d （1分） 1 1 E  mv2（1分） k 2 1 联立可得： 9e2B2d2 当n=1时，r =3d，电子动能E  （1分） 1 k 2m 8e2B2d2 当n=2时，r =4d，电子动能E  （1分） 1 k m 169e2B2d2 当n=3时，r = ，电子动能E  （1分） 1 13d k 18m 3 n ≥ 4时，电子在打在沉积靶下表面中点前已经被沉积靶吸收，不能打在沉积靶中点。 说明：其他解法正确可相应给分。 5 {#{QQABaYwowwCQwoRACY5bAwEuCwmYsIGSLMgmxQASKAxLiRFABAA=}#}