,对如图所示，足够长的水直轨道和水传送带滑连接：传送带长1必的通率顺针勾流转动治块a的质量加三0,3k悠产景器匀强电连的滑块6的质量m:=0.1kg,消块c的质量m-0.6kg,滑a,6.均箭域内，在侧执过上现让滑块。以初速度一10m、水向右运动：与滑块b相酒的半径粘在起之后b整体与滑块c发生相互作用滑块（与轻弹簧分离后滑点由静送带。已知滑块c与传送带间的动摩擦因数4=0,2，其他摩擦和阻力均不计。出，O点块均可视为质点，重方加速度大小g一10m:。求：自里大推面滑块α与碰撞过程中系统损失的机械能，(001比直的)入地中1家3弹簧所具有的最大弹性势能；滑块c与传送带间因摩擦产生的热量。m,m以m,U,:1m)V失h4mVx0,v×7万￥03x100)X100.VV乡之0y11小2.757少/封309vm店r93Ln网Ummm)y'+有氏5可衣面>儿)1e0h,m)U保mm+m3水D么叫申部婆(。图飘野，大女声小示的力m,imm3m,m☑V埃2LLA县自永馆状奥负出，22750):7.5 tpK型错误（知识型错误）失分2涉及题序S型错误（技能型错误）失分错误内容涉及题序错误类型小5=159GB分25·G3YK(新高考)·物理（五）-R-必考-125

206.腾影女Rě=R十RC BADB月BPCP析：求并联电路英组佩3联电3山.为热时间总电国事私式汲正确角学报潮彩冈质量电路并联电路点电盟的计冀法】解答：2除R,2则R26几3)大于因内R,R联小民据并联电棉总电幽(4)比容2.()灯孢贴端电源灸极闻的导线打“X”试交三R十t:玩+品sn汉，电源艇2pW由1得次经水灯泡电，压款传拉词(左电城装的江高：8月3)030.758.3门.)用电器2y200094h率9®52®城4R。(⊙）无污染尾气排次U243.)液面差8翔多的宰闲电器月时接排梅，功(2R3)电流墙大棉招1号可赠电流增驮，#格(4涵过R,R3的电流润同我有电胭，棍据Q=工t保电流进的热)钱格画量增♪喉排抽温瘦高，易3列没火灾】19.2y2.53不同颜色的E印的导通电理同

206.腾影女Rě=R十RC BADB月BPCP析：求并联电路英组佩3联电3山.为热时间总电国事私式汲正确角学报潮彩冈质量电路并联电路点电盟的计冀法】解答：2除R,2则R26几3)大于因内R,R联小民据并联电棉总电幽(4)比容2.()灯孢贴端电源灸极闻的导线打“X”试交三R十t:玩+品sn汉，电源艇2pW由1得次经水灯泡电，压款传拉词(左电城装的江高：8月3)030.758.3门.)用电器2y200094h率9®52®城4R。(⊙）无污染尾气排次U243.)液面差8翔多的宰闲电器月时接排梅，功(2R3)电流墙大棉招1号可赠电流增驮，#格(4涵过R,R3的电流润同我有电胭，棍据Q=工t保电流进的热)钱格画量增♪喉排抽温瘦高，易3列没火灾】19.2y2.53不同颜色的E印的导通电理同

L由几何关系有r=……1分tana小球运动到A点的过程中，根据动能定理有w一mg×=)m2=2m-0…1分解得W=1.5mgL………1分17.（14分)解析：(1)粒子在电场中做类抛运动。水方向有|x|=v。t…1分1 gE竖直方向有y=，●2 m2。t2…1分其中y=22解得E=nv1分gl(2)在电场中，水方向有l=vot1.1分竖直方向有，二1分m则u=√6+u1分设粒子进入磁场时速度与竖直方向的夹角为0。则sin0=0,即0=45°…分由牛顿第二定律得gvB=mR分由几何关系知d=2R1sin0…1分解得d=√2l。…。。。。。。……。……。1分射出磁场时的位置坐标为(0，一√2)(3)从O点发射进入磁场的粒子，运动半径为mvoR2=Bq1分解得R,=儿…1分由几何知识可知，从A点和O点发射的粒子从同一点射出磁场，所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为L=R2-R1(1-c0s0)…1分獬得L=(√2一1)儿…1分物理试题参考答案第2页（共3页)

4.【答案】D【解析】对小物块受力分析可知，当其沿斜面向上运动时，F-mgsin0-mngcos0=ma,解得F=22N,当其沿斜面向下运动时，mg sin0-ng cos0-F2=ma,解得F,=2N,故选D。5.【答案】C【解析】设绳1、2的作用力分别为F、F,对球a受力分析：FAmg可知，F=2mg,F2=V3mgg对球b受力分析：3F2mg将b的受力由四力衡转变为三力衡：F,-3mg60%30F合=2mgmgFin球b的重力与绳2的拉力合成后的合力确定(F金=2g,与竖直方向成60°)，绳3的方向确定，由图解法可知，当F的方向与绳3垂直时，F有最小值，即Fm=2 ngsin30°=mg。故选C。6.【答案】B【解析】AB.当。=√2gR时，对小球受力分析，得mg+Fm=m=2mg,得Fe=mgR

3.如图甲，水面上有一正六边形均匀带电框ABCDEF,O点为正六边形的中心，过O点竖直向上建立坐标轴Oz。Oz轴线上电势分布如图乙所示。则甲A.带电框带负电B.O点场强沿之轴正方向C.从O点沿着之轴正方向，场强一直增大D.负电荷从O点沿之轴正方向运动过程中，电势能一直增大4.如图甲所示为中国首辆火星车，命名为“祝融号”，主要任务是在火星上开展地表成分、物质类型分布、地质结构以及火星气象环境等探测工作，是一辆纯太阳能电动车，其动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图乙所示，其中太阳能电池电动势E=160V,电动机线圈的电阻M=42。在火星车行驶的过程中，当滑动变阻器接入电路的电阻R=62时，滑动变阻器消耗的功率P=96W,此时，电动机正常工作，两端电压UM=56V。则E太阳能电池甲乙A.太阳能电池的内阻r=102B.电动机正常工作时的输出功率P出=160WC.滑动变阻器接入电路中的阻值R=162时，电源的输出功率最大D.若电动机的转子被卡住，路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝对值大于太阳能电池内阻高三物理试题第2页（共10页）

解得m4:mg=2:112.3.98/3.99/4.00/4.01/4.02(1分)N(1分)P(1分)0.250(1分)800(1⊙分)B(1分)E(1分)(2分)(U-R)hd(1分)L【详解】(1)[1]刻度尺精确度时1mm,估读到下一位0.1mm,左边与0刻度线对齐，右边与4cm刻度线对齐，读数是40.0mm,也就是4.00cm。(2)[2][3][4]游标卡尺测量内部宽度应该用内测量爪水测量深度用深度尺P,游标卡尺读数是2mm+10×0.05mm=50mm也就是0.250cm。(3)[5]根据欧姆表指针所指位置，可读得液体的电阻为8.0×1002=8002(5)[6][7]直流电源电压12V,电阻大约8002，电流表应选择20mA量程，也就是B。滑动变阻器如果选用D(I021A),流过滑动变阻器的电流大于1A,所以应选E。(6)[8]因为电流表的内阻已知，应该采用电流表内接，电路如图所示(7)[9]根据电阻定律得U-R、=PndL答案第8页，共12页

2024~2025学年第一学期期末考试·高二物理参考答案、提示及评分细则一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项正确，第9~12题有多个选项正确，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12345689101112答案DBBCBACADABAC1.D蓝牙通信的电磁波频率不在可见光频率范围内，不是蓝光，A错误；蓝牙通信的电磁波频率比手机通信的电磁波频率大，由公式c=入∫可知其波长比手机通信的电磁波短，B错误：电磁波在真空中的传播速度为3.0×108m/s,C错误，D正确2.C电场强度是矢量，其定义式为E=二，公式E=k9为点电荷场强的决定式，故A错误；电场强度的公式99，仅适用于匀强电场，故B错误；磁感应强度与直线电流无关，只由磁场本身性质决定。3.B4.B5.A6.B7.C8.B如图所示，画出小球P的受力示意图.当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对0P的库仑力先减小后增大，P,Q间库仑力最小时，P、Q间距离最大.则：mgsin=g,解得r=kggsin 09.ACG10.AD由安培定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场相加，但a距离两导线比c近，故α处的磁感应强度大小比c处的大，故A正确；b、c与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场要求等大反向，但因为左侧电流要求此两处由大小不同、方向相同的磁场，故b、c两处的磁感应强度大小不相等，故B错误；由安培定则可知，α处磁场垂直纸面向里，c处磁场垂直纸面向外，故C错误；b与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，故D正确。11.AB12.AC二、非选择题：本题共5小题，共52分。13.(1)有(1分)无(1分)(2)有(1分)有(1分)无(1分)14.(1)0.517(0.516-0.518均可)(1分)(2)30(或30.0)(1分)(3)A、C、F(每空1分)(4)见右图(2分)15.解：(1)K闭合后，金属棒受安培力F如图当R2=52时，。E1=R+K=2A(2分)则F=BIl=0.6N(3分)(2)当R2=52时，安培力F沿斜面分力大小为Fcos37°=0.48N(2分)棒重力沿斜面分力大小为：ngsin37°=0.48N(2分)37所以，棒不受摩擦力，即=0(2分)【高二第一学期期末考试·物理卷参考答案第1页（共2页）】5269B

(3)根据题意，设与第k个滑块碰撞后的速度大小为Vk,由动量守恒定律有mo=kmk,架得一大”从滑块1被碰撞后到恰与第5个滑块发生碰撞所用的时间1=L+L+L+L=L+2L+3L+4L=10L=3L四Yo V2 V3 V4 Yo YoYo Yo Vo Vgl(4)根据题意可知，全过程因摩擦产生的热量Q=mgL+umg·2L+…十mg·nl=n(n+)umgL2由能量守恒定律可知，碰撞损失的总机械能△E。=m2。一n(n+)umgL=5mgl一n(n+l)umgL22设滑块之间的第1次(i≤n一1)碰撞前滑块的速度大小为，碰撞后速度大小为'，则有(i十1)m'=im.碰撞过程中损失的动能△E与碰撞前的动能Ea的比值21imv(i+1)imv,2AE4=2(i≤n-1).Eg解得△E=1(≤n-1).E6i+1物理答案（第7页，共7页）