淮北市和淮南市2025屆高三第二次質量檢測物理答案一、單項選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）題號12345678答案ABCDADDC二、多項選擇題（本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）題號9答案CDBC三、非選擇題（本題共5小題，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（說明：600.0不扣分）（2）電流表的正負接線柱接反等于13.（10分）解1）氣泡在h0深度時，壓強為P1=ρgh0+P0（2分）水溫不變，滿足P1V1=P0V2（2分）解得V2=6.0×10-7m3（1（2）溫度不變，內能不變，依據熱力學第一定律體積變大，氣泡上升過程中對外界做功，所以氣泡從外界吸收熱量（1分）14.（14分）解析：參考解答一1）小物塊在O點右側做勻加速直線運動，依據動能定理有…（1分）f=μFN（1分）聯立解得…（1分）（2）設小物塊第一次離開圓弧槽時水平速度為vx，豎直速度為vy，小物塊和圓弧槽組成系統，水平方向動量守恒，故mv=（m+M）vx（1分）依據能量守恒有（mg－qE）R=mv2m+M）vx2－mvy2…（2分）小物塊第一次離開圓弧槽后，豎直方向做初速度方向向上，大小為vy的勻變速直線運動，加速度方向向下，設大小為a，依據牛頓第二定律mg－qE=ma（1分）解得a=8m/s2小物塊第一次離開圓弧槽后上升的最大高度為h小物塊電勢能變化量為ΔEP=-qE（h+R） 故小物塊電勢能的最小值EP=-3J （1分）（3）小物塊第一次離開圓弧槽和再一次進入圓弧槽過程，小物塊和圓弧槽在水平方向均做速度為vx的勻速直線運動，此過程歷時為t……（1分）故圓弧槽此過程運動位移x=vxt=2m……（1分）（備注：參考解答一第1問4分，第2問8分，第3問2分）參考解答二1）小物塊在O點右側做勻加速直線運動，v2=2al依據牛頓第二定律有Fcos37°-f=ma（1分）f=μFNFN=mg－qE+Fsin37° （1分）聯立解得…（1分）（2）小物塊第一次離開圓弧槽后上升到最大高度時，小物塊與圓弧槽速度相等設此時速度為vx，小物塊和圓弧槽組成系統，水平方向動量守恒，故mv=（m+M）vx（1分）依據能量守恒有解得h=1m小物塊電勢能變化量為ΔEP=-qE（h+R1分）故小物塊電勢能的最小值EP=-3J…（1分）（3）設小物塊第一次離開圓弧槽時水平速度為vx，豎直速度為vy，小物塊和圓弧槽組成系統，水平方向動量守恒，故mv=（m+M）vx依據能量守恒有小物塊第一次離開圓弧槽后，豎直方向做初速度方向向上，大小為vy的勻變速直線運動，加速度方向向下，設大小為a，依據牛頓第二定律mg－qE=ma（1分）解得a=8m/s2小物塊第一次離開圓弧槽和再一次進入圓弧槽過程，小物塊和圓弧槽在水平方向均做速度為vx的勻速直線運動，此過程歷時為t……（1分）故圓弧槽此過程運動位移x=vxt=2m……（1分）（備注：參考解答二第1問4分，第2問5分，第3問5分）15.（18分）解析1）研究從M點沿圖1中射入的粒子。粒子做圓周運動的圓心為N，假設粒子從Q點射出圓形磁場，圖中MN=NQ=MP=PQ=r，故四邊形MPQN為菱形；則NQ平行于MP，故NQ垂直于x軸，所以粒子平行于x軸射出圓形磁場區域；題中所有粒子運動規律均與圖示粒子相同，故所有粒子均平行于x軸射出圓形磁場區域……（4分）（評分細則：分析出菱形得3分，表述出結論得1分。其他正確解答參考得分）（2）粒子從第1層電場中射出時，據動能定理有…………（2分）解得…………（1分）粒子在第層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力，有解得…………（2分）（3）設粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn（各量的下標均代表粒子所在層數，下同）…………（1分）粒子進入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為αn，從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有vn－1sinθn－1＝vnsinαn（1分）故rn－1sinθn－1＝rnsinαn由圖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為一等差數列，公差為d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d（1分）解得…………（1分）（3）參考解答二：設粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn（各量的下標均代表粒子所在層數，下同）