资源描述
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辛集市 2024-2025 学年度第一学期期末教学质量监测答案（高三）
一、选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。
1
2
3
4
5
6
7
D
C
A
B
A
B
C
二、选择题：本题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，每题有多
项 符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
8
9
10
BC
AD
CD
三、非选择题：共 54 分。
æ d
2
2
ö
1
2
d
(F
-
) =
m g s
0
-
M
ç
÷
t
2
2
t
2
1
è
ø
1
1
1.（6分）（每空 2分）（1） 不需要（2） 5.50 （3）
R
r + RA
E
1
2.（10分）（每空 2分）（1） 693.2 （2）6.4 （3） 1 +
（4）
（5）
E
k
b
-
RA
3（10 分）（1）20m/s；（2）680m
1）根据匀变速运动速度公式
v = at1 ................................(2 分）
可得救护车匀速运动时的速度大小
v = 2´10m/s = 20m/s................................(1 分）
2）救护车加速运动过程中的位移
k
1
（
（
1
x1 = at1
2
=100m ................................(2 分）
设在t3 时刻停止鸣笛，此时汽车匀速运动的位移
( - )................................(1 分）
2
x2 v t
=
t
1
3
停止鸣笛时救护车距出发处的距离
( - )................................(2 分）
x v t
=
t
0
2
3
x = x + x ................................(1 分）
1
2
代入数据联立解得
-
-
x = 680m................................(1 分）
mv0
2
2
mv0
2ql
4（13 分）（1） E =
；（2） 2v0 ，方向与 x 轴正方向成 45o 角；（3）
B =
1
ql
y
【
详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿 轴方向，有
1
l = at
2
................................(1 分）
2
其中
ma = Eq ................................(1 分）
沿 x 轴方向，有
2
l = v0t ................................(1 分）
解得
mv0
2
2
E =
................................(1 分）
ql
2）粒子到达 N 点时的水平分速度大小为 ，竖直分速度大小为v ，水平方向，有
v
（
0
y
2
l = v0t ................................(1 分）
竖直方向，有
vy
l = t ................................(1 分）
2
则粒子到达 N 点时的速度大小
v = v0
2
+ vy = 2v0 ................................(1 分）
2
方向与 轴正方向成 45 角；................................(1 分）
x
o
（
3）粒子从 N 点进入磁场后做圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径
-
=
................................(2 分）
2 2l
R
由洛伦兹力提供向心力，有
v
2
qvB = m ................................(2 分）
R
解得
mv0
B =
................................(1 分）
2
ql
1
5. （15 分）（1）1m / s ，方向水平向右；（2）5s ；（3）8J
【
详解】（1）物块 P 离开传送带后在水平平台上做匀速运动，然后与Q发生碰撞，以水平向
左为正方向，由动量守恒定律得
m v = m v + m v ................................(1 分）
1
0
1
P1
2
Q1
由机械能守恒定律得
1
2
1
2
1
2
m1v0
2
=
m1v2
+
m2vQ21 ................................(2 分）
P1
解得，碰后瞬间 P 的速度
m1 - m2
v =
P1
v0 = -1m/s ................................(1 分）
m
+
m2
1
即速度大小为1m/ s ，方向水平向右；Q的速度为
2
m
1
m2
vQ1
=
v0 =1m/s
m
+
1
方向水平向左。
2）物块 P 、Q第一次碰撞后物块 P 在平台上匀速向右运动，匀速运动时间为
（
L
2
1
t1 =
=
s = 2s
...............................(1 分）
.
vP1
物块 P 在传送带上向右做匀减速运动至零后返回，具有对称性。对物块 P ，由牛顿第二定律
得
m
m g = m a ................................(1 分）
1
1
向右做匀减速运动的时间
t2 =
vP1
1
2
=
s = 0.5s ................................(1 分）
a
物块 P 向左返回离开传送带时的速度小于传送带的速度，以1m/ s 速度向左离开传送带，物
块 P 、Q从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为
( + )= ................................(1 分）
t
=
2 t1 5s
t
2
3）物块 P 、Q第一次碰撞后，物块 P 滑上传送带到离开传送带过程中，与传送带的相对
位移
（
x相1 = v ´2´t = 2m ................................(2 分）
0
2
第二次碰撞后物块 P 、Q的速度分别为
2
m
-
+
m
æ
m
-
+
m
2
m2
ö
vP2
=
1
2
×(-vP1 )= ç
è
1
÷
v0 = -0.5m/s ................................(1 分）
m
1
m2
m
1
ø
2
æ
ö
2
m
2m
vQ2
=
1
×(-vP1 )= ç
è
1
÷
v0 = 0.5m/s
m
+
m2
m
+
m2
1
1
ø
物块 P 、Q第二次碰撞后物块 P 滑上传送带到离开传送带过程中，与传送带的相对位移
vP2
x相2 = v0 ´2´
=1m ................................(1 分）
a
依此类推可知每次 P 、Q碰撞后物块 P 与传送带间发生相对滑动的路程为等比数列，公比为
1
q = <1
2
故整个过程发生相对滑动的总路程
x相1
s =
= 4m
1
................................(1 分）
1
-
2
整个过程产生的总热量
代入数据解得
Q = mm1gs ................................(1 分）
Q = 8J ................................(1 分）
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