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2025 学年第二学期温州环大罗山联盟期末联考
高二年级物理学科参考答案
一、选择题Ⅰ（本题共 10小题，每小题 3分，共 30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
答案 D D B C A C C A D B
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题 4分，共 12分。每小题列出的四个备选项中至少一个
是符合题目要求的，全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分）
题号 11 12 13
答案 BC BC AC
三、非选择题（本题共 5小题，共 58分）
14-Ⅰ．（6分）
（1）乙（1分）
（2）B（1分）
（3）41.5（1分）
（4）9.81（2分） 可以（1分）
14-Ⅱ．（6分，每空1分）
（1）1.300（1.299或1.301）（1分）
πkd2
（2）①A（1分） ② （1分）
4
U
（3）②左（1分）， （1分） ④等于（1分）
I −I
2 1
14-Ⅲ．（2分）CD（2分，漏选得1分，错选不得分）
15．（8分）
（1）升高（1分）；增大（1分）
（2）第三步，设待测物的体积为V，V ＝hS－V；V ＝(h＋Δh)S－V （1分）
1 2
V V
等压变化，得 1 = 2 （1分）
T T
1 2
学科网（北京）股份有限公司∆hST
得V =hS− 1 =0.06m3 （1分）
T −T
2 1
1
（3）第二步中，外界对气体做功W = ×( 1.012+1.022 )×105×( 0.105−0.104 ) J =101.7J（1分）
2
过程绝热，Q＝0，由ΔU＝W＋Q （1分）
得ΔU＝101.7 J （1分）
16．（11分）
v2
（1）碰撞后，A绕钉子做完整圆周运动，在圆周最高点满足重力提供向心力，则有3mg =3m ，解得最
R
高点速度v= gR （1分）
在碰撞后，A从最低点到圆周最高点，上升高度为2R，
1 1
根据机械能守恒有 ⋅3mv2 =3mg⋅2R+ ⋅3mv2，解得v = 5gR （1分）
2 A 2 A
（2）A下摆到碰撞前过程机械能守恒，下落高度为L，
1
则有 ⋅3mv2 =3mgL，解得v = 2gL （1分）
2 0 0
A与B发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒有
1 1 1
3mv ＝3mv ＋mv ， ⋅3mv2 = ⋅3mv2 + mv2， （1分）
0 A B 2 0 2 A 2 B
v
解得碰撞后，A的速度v = 0 ，即v =2v =2 5gR，联立解得L＝10R （1分）
A 2 0 A
（3）滑块进入载物盘至落地过程整体机械能守恒，令物块F升至h高度时的速度为v ，
F
1 2gh
可得2mgh−mgh= ⋅3mv2，解得：v = ， （1分）
2 F F 3
v2 h
继续上抛的高度h′= F = （1分）
2g 3
4h
所以物块F上升的总高度为h = （1分）
F 3
（4）点到直线的最短路径为垂线段，因此小球落点与抛出点的连线垂直于斜面如图所示
学科网（北京）股份有限公司根据平抛运动的规律有
1
x＝v t，y = gt2 （1分）
H
2
x 2v2
根据几何关系有tanθ= ，消去时间t可得tanθ= H
y gx
x 4 4 tanθ
由几何关系有 +xtanθ= h，解得x= h
tanθ 3 3 1+tan2θ
（任意一条几何关系得1分）
2gh
则可得v = sinθ( 0°≤θ≤90°) （1分）
H 3
17．（12分）
1
（1）设金属圆盘转动产生的电动势为E，则有E = Bωr2 =25V （1分）
2 1
电容器所带的电荷量Q＝EC＝5C （1分） M极板带正电（1分）
（2）设金属棒的最大速度为v ，最大速度时电流为I，电容器电压为U，
m
则B Id＝μmg （1分） 解得I＝1 A 根据U＝IR ＋B dv （1分）
2 1 2 m
设在达到最大速度过程中通过金属棒的电量为q，则q＝(E－U)C （1分）
在达到最大速度过程中，由动量定理得B dq－μmgt＝mv －0（1分） 得v ＝9 m/s（1分）
2 m m
（3）金属棒a越过D A 后与U形金属框碰撞，动量守恒mv ＝(m＋M)v （1分） 得v ＝4 m/s
2 2 0 1 1
此后一起以v ＝4 m/s匀速向右运动直到fg边进入磁场B 区域。在fg边进入磁场B 区域过程，电阻R 被
1 3 3 2
a棒短路，无电流，此时回路总电阻就为fg边的电阻R ，
3
B d2
对fg边，动量定理−B 3 d =( m+M ) v −( m+M ) v （1分） 得v ＝1 m/s
3 R 2 1 2
3
在eh边即a棒进入磁场，fg边离开磁场后，此时fg边和电阻R 并联，此时总电阻R＝0.2 Ω，研究正方形
2
导体框继续运动到停止的过程，
学科网（北京）股份有限公司B d2 2
对a棒，动量定理−B 3 ∆x=0−( m+M ) v 得∆x= m<d （1分）
3 R 2 9
即a棒还没离开磁场，正方形导体框已停止。
R 1 1
所以此过程中电阻R
2
上产生的焦耳热为Q
2
=
R +
3
R 2
( M +m ) v
2
2 −0
=
15
J。（1分）
2 3
18．（13分）
1
（1）从M点射入的粒子恰好从R点射出的轨迹为 圆周，设运动半径为R，则
4
v2 qBL
R＝L， qv B=m 0 解得v = （1分）
0 R 0 m
离子在静电分析器中沿中心线做匀速圆周运动，电场力提供向心力。
v2 B2L2q
根据牛顿第二定律有qE =m 0 （1分） 解得E = （1分）
0 R 0 mR
（2）粒子在该区域内电场中做类平抛运动，将运动分解为垂直于G′H′方向的匀速直线运动和平行于G′H′
方向的匀加速直线运动，可得：
1
垂直于G′H′方向L＝v t ，平行于G′H′方向y = at2 （1分）
01 1 2 1
L L
qE＝ma ，（1分） ∆y = − y （1分） 解得∆y = （1分）
2 1 3
（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，可将
其运动分解为沿GH方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于GG′F′F平面的线速度为v，半径为R
＝L的匀速圆周运动。
2πm
分运动为匀速圆周运动的周期T = （1分）
qB
1 1
假设粒子可完成 个圆周运动，则t = T （1分）
4 2 4
1
粒子在GH方向的位移为y = at2 （1分）
2 2 2
π2L L
解得y = <
2 24 2
L π2L
假设成立，且该粒子在于E′F′边射出，射出坐标为L, + ,0 （1分）
2 24
离开该区域时沿GH方向的速度为v =at
2 2
学科网（北京）股份有限公司qBL π2
解得v′= +1（1分）
m 36
学科网（北京）股份有限公司
