【物理答案】安徽省淮北市和淮南市2025届高三第二次质量检测（南北二模）

淮北市和淮南市2025届高三第二次质量检测物理答案一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号12345678答案ABCDADDC二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）题号910答案CDBC三、非选择题（本题共5小题，共58分）11.（每空2分，共6分）（1）C（2）C（3）B12.（每空2分，共10分）（1）×10600（说明：600.0不扣分）1（2）电流表的正负接线柱接反等于k13.（10分）解：（1）气泡在h0深度时，压强为P1=ρgh0+P0…………………（2分）5解得P1=1.2×10Pa…………………（1分）水温不变，满足P1V1=P0V2…………………（2分）-73解得V2=6.0×10m…………………（1分）（2）温度不变，内能不变，依据热力学第一定律ΔU=W+Q…………………（1分）体积变大，气泡上升过程中对外界做功，故W=－2×10-2J…………………（1分）所以气泡从外界吸收热量…………………（1分）Q=2×10-2J…………………（1分）14.（14分）解析：参考解答一：（1）小物块在O点右侧做匀加速直线运动，依据动能定理有1（Fcos37°－f）l=mv2…………………（1分）2f=μFN…………………（1分）FN=mg－qE+Fsin37°…………………（1分）5联立解得μ=…………………（1分）14（2）设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为vx，竖直速度为vy，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故mv=（m+M）vx…………………（1分）121212依据能量守恒有（mg－qE）R=mv－（m+M）vx－mvy…………………（2分）222解得vx=2m/svy=4m/s…………………（1分）小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为vy的匀变速直线运动，加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律mg－qE=ma……………………（1分）解得a=8m/s2小物块第一次离开圆弧槽后上升的最大高度为h2vyh==1m…………………（1分）2a小物块电势能变化量为ΔEP=-qE（h+R）…………………（1分）故小物块电势能的最小值EP=-3J…………………（1分）（3）小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为vx的匀速直线运动，此过程历时为t2vyt==1s……………………（1分）a故圆弧槽此过程运动位移x=vxt=2m……………………（1分）（备注：参考解答一第1问4分，第2问8分，第3问2分）参考解答二：（1）小物块在O点右侧做匀加速直线运动，v2=2al…………………（1分）依据牛顿第二定律有Fcos37°－f=ma…………………（1分）f=μFNFN=mg－qE+Fsin37°…………………（1分）5联立解得μ=…………………（1分）14（2）小物块第一次离开圆弧槽后上升到最大高度时，小物块与圆弧槽速度相等设此时速度为vx，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故mv=（m+M）vx…………………（1分）1212依据能量守恒有（mg－qE）（R+h）=mv－（m+M）vx…………………（2分）22解得h=1m小物块电势能变化量为ΔEP=-qE（h+R）…………………（1分）故小物块电势能的最小值EP=-3J…………………（1分）（3）设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为vx，竖直速度为vy，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故mv=（m+M）vx121212依据能量守恒有（mg－qE）R=mv－（m+M）vx－mvy…………………（1分）222解得vx=2m/svy=4m/s…………………（1分）小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为vy的匀变速直线运动，加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律mg－qE=ma……………………（1分）解得a=8m/s2小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为vx的匀速直线运动，此过程历时为t2vyt==1s……………………（1分）a故圆弧槽此过程运动位移x=vxt=2m……………………（1分）（备注：参考解答二第1问4分，第2问5分，第3问5分）15.（18分）解析：（1）研究从M点沿图1中射入的粒子。粒子做圆周运动的圆心为N，假设粒子从Q点射出圆形磁场，图中MN=NQ=MP=PQ=r，故四边形MPQN为菱形；则NQ平行于MP，故NQ垂直于x轴，所以粒子平行于x轴射出圆形磁场区域；题中所有粒子运动规律均与图示粒子相同，故所有粒子均平行于x轴射出圆形磁场区域……（4分）图1（评分细则：分析出菱形得3分，表述出结论得1分。其他正确解答参考得分）（2）粒子从第1层电场中射出时，据动能定理有1212qEd＝mv－mv…………（2分）2122qEd解得v=+v2…………（1分）1m粒子在第层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有v21（分）qv1B=m…………1r12mqEd+m2v2解得r=…………（2分）1qB（3）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（各量的下标均代表粒子所在层数，下同）1212nqEd＝mvn－mv…………（1分）222vnqvnB＝m…………（1分）rn粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有图2vn－1sinθn－1＝vnsinαn…………（1分）故rn－1sinθn－1＝rnsinαn由图2可知出rnsinθn－rnsinαn＝d…………（1分）故有rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d…………（1分）由上式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d…………（1分）由图3得出，当n＝1时，r1sinθ1＝d…………（1分）图3ndqB解得（分）sinθn=…………12nmqEd+m2v2（3）参考解答二：设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为r（n各量的下标均代表粒子所在层数，下同）1212nqEd＝mvn－mv…………（1分）222qnEdv=+v2…………（1分）nm（分）qvxBΔt=mvy…………2竖直方向据动量定理有（分）vxΔt=nd…………1其中qBnd解得v=…………（1分）ymvyndqBsinθ==…………（2分）n22故vn2nmqEd+mv