高三物理開學(xué)摸底考（浙江專用）-2024-2025學(xué)年高中下學(xué)期開學(xué)摸底考試卷-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

物理·參考答案
一、選擇題Ⅰ（本題共 10 小題，每小題 3 分，共 30 分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目
要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
B
C
C
C
C
D
C
A
D
二、選擇題Ⅱ（本題共 3 小題，每小題 4 分，共 12 分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目
要求的。全部選對(duì)的得 4 分，選對(duì)但不全的得 2 分，有選錯(cuò)的得 0 分）
11
AD
12
13
14
BC
AC
BD
三、非選擇題（本題共 5 小題，共 58 分）
14．實(shí)驗(yàn)題（共 3 小題）
Ⅰ、（1）AB （2 分）（2）1.85 （1 分），1.68 （1 分）（3）A （2 分）
Ⅱ、（1）V （1 分），n（1 分）（2）燒瓶密封不嚴(yán)有漏氣。（1 分）
Ⅲ、（1）③（1 分）（2）a、
（2 分）；b、
R3（2 分）
15．【解答】解：①設(shè)氣缸的容積為 V，
初狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)為 p ＝p ，體積為 V ＝3V
1
0
1
末狀態(tài)氣體的壓強(qiáng)為 p ，體積為 V ＝V
2
2
由玻意耳定律得：p V ＝p V
2 2
1
1
代入數(shù)據(jù)解得：p2＝3p0 （1 分）
以活塞為研究對(duì)象，滑動(dòng)瞬間，根據(jù)平衡得：p S＝p S+F
fm
（1 分）
2
0
解得：Ffm＝2p0S
（2 分）
②設(shè)放手瞬間氣體壓強(qiáng)為 p ，以活塞為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：p S﹣p S﹣Ffm＝ma
3
3
0
解得：p3＝4p0
（2 分）
1 / 4

對(duì)氣體根據(jù)查理定律得：
解得：T3＝4T
（2 分）
16．【解答】解：（1）滑塊 Q 第一次從 G 點(diǎn)到 A 點(diǎn)時(shí)與彈簧分離，從 A 點(diǎn)滑上床送帶，設(shè)在滑塊 Q 在
A 點(diǎn)的速度為 vQ，對(duì)滑塊 Q 由動(dòng)能定理得：
由 F﹣ x 圖像與坐標(biāo) 軸所圍面積為該力所做的功，彈簧從 G 點(diǎn) 到 H 點(diǎn) 對(duì) P 做功：
（1 分）
聯(lián)立代入解得：vQ＝3m/s
（2 分）
（2）滑塊 Q 在 D 點(diǎn)速度為 vD，由牛頓第二定律可知：
滑上長木板 M 后，以 Q 和長木板為系統(tǒng)動(dòng)量守恒，恰好沒滑離，則 Q 滑到長木板右端時(shí)
達(dá)到共同速度 v
以向右為正方向有：mvD＝（M+m）v'；
由能量守恒定律可知：
（1 分）
代入數(shù)據(jù)可得：L′＝3m
（2 分）
（3）設(shè) BC 的豎直高度為 h，傳送帶離地面高為 H，則由幾何關(guān)系有：H＝h+R（1﹣csθ）
Q 滑上傳送帶時(shí)間 vQ＝3m/s＜v 在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為 a，
根據(jù)牛頓第二定律有：μmg＝ma
假設(shè)滑塊 Q 在傳送帶上一直勻加速運(yùn)動(dòng)到右端離開傳送帶，到 B 點(diǎn)時(shí)的速度為 vB，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：
代入數(shù)據(jù)得：vB＝4m/s＜v＝5m/s
假設(shè)成立，則滑塊到 B 點(diǎn)的速度為：vB＝4m/s
（1 分）
從 B 點(diǎn)離開傳送帶恰好沿 C 點(diǎn)切線滑入 CD 軌道中，可知：
.
滑塊與地面發(fā)生碰撞前后水平方向速度不變，豎直方向速度減小。
所以：第一次碰撞后損失的機(jī)械能：
第二次碰撞損失的機(jī)械能：
第三次碰撞損失的機(jī)械能：
以此類推發(fā)生第 n 次碰撞損失的機(jī)械能為：
2 / 4

發(fā)生 n 次碰撞后前 n 次滑塊總共損失的機(jī)械能為：
（2 分）
代入數(shù)據(jù)可得
17．【解答】解：（1）依題意，磁場(chǎng)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框切割磁場(chǎng)的兩條邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，
可得（2 分）
根據(jù)右手定則可知方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。
（2）最終達(dá)到最大速度時(shí)，線框受力平衡，有 2B0iL＝kvmax
（2 分）
（2 分）
即
（2 分）
（2 分）
解得
（3）線框速度為 v 時(shí)，微小時(shí)間Δt 內(nèi)，取線框速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理
（2 分）
化簡，得
求和，得
解得
（2 分）
18．【解答】解：（1）粒子在區(qū)域Ⅰ的電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：
Eq＝ma
粒子在+y 方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有：vy＝at1
粒子在+z 方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，則有：LOM＝v t
0 1
已知粒子到達(dá) M 時(shí)速度方向與 z 軸正方向成 60°，可得分速度的關(guān)系為：
tan60°
可得：vy
v0
（2 分）
聯(lián)立解得分界面 M 到 O 點(diǎn)的距離為：
（2 分）
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ中只受洛倫茲力作用，其速度大小不變，故粒子在區(qū)域Ⅱ的速度大小等于粒子進(jìn)入磁
場(chǎng)時(shí)的速度大小，根據(jù)分速度與合速度的關(guān)系可得粒子在區(qū)域Ⅱ的速度大小為：
解得：v＝2v0
（2 分）
3 / 4

（3）粒子在區(qū)域Ⅱ中沿+z 方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度大小為 v0，由此可得 MP 間的距離為：
LMP＝v0t
結(jié)合題意可知：
解得：
（2 分）
（4）粒子在區(qū)域Ⅱ中，在平行于 xOy 平面的平面內(nèi)的分運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且線速度大小為 vy，由
洛倫茲力提供向心力可得：
解得圓周運(yùn)動(dòng)半徑為：
圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：
（1 分）
可得：t
T，
（1 分）
根據(jù)圖乙的磁場(chǎng)變化規(guī)律，可得分運(yùn)動(dòng)的圓周運(yùn)動(dòng)先偏轉(zhuǎn) 周期，對(duì)應(yīng)的軌跡圓心角為 120°，之后磁場(chǎng)
反向，再反向偏轉(zhuǎn) 周期，對(duì)應(yīng)的軌跡圓心角也為 120°，粒子軌跡在 xOy 平面內(nèi)的投影如下圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子打在 P 上的 x 坐標(biāo)為：x＝x1＝R+R+2Rcs60°
解得：
（1 分）
粒子在區(qū)域Ⅰ的電場(chǎng)中沿+y 方向的側(cè)移量為：
粒子在磁場(chǎng)中沿+y 方向的側(cè)移量為：y2＝2Rsin60°
粒子打在 P 上的 y 坐標(biāo)為：y＝y(tǒng)1+y2
解得：
（2 分）
4 / 4

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