2015届石家庄市高中毕业班第一次模拟考试
理科综合能力测试物理部分答案
二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求。第19～21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。
22. （6分） 3.0（3分） 1.4（3分）
23. （9分）
（1）D （2分） C（2分）
（2）见图所示（2分）
（3）40 （3分）
24．（13分）方法一：牛顿第二定律和运动学公式
（1）（5分）小球向下运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律
（1分）
小球第一次运动到地面时的速度为v1，由运动学公式得
（1分）
设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，小球运动的加速度为a2，
（1分）
（1分）
联立解得：h2=
=5m（1分）
（2）（8分）小球第二次落到地面时的速度为v2，由运动学公式得
（1分）
设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离h3
（1分）
联立解得：h3=
（2分）
同理得hn=
（2分）
物块从静止开始运动到与挡板发生第五次碰撞时走过的总路程。
s=
=28.75m（2分）
方法二：动能定理
（1）（5分）设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从开始静止释放到第一次碰撞后运动的高度h2的过程，由动能定理可得：
（4分）
解得：h2=
=5m（1分）
（2）（8分）设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离h3，从第一次碰撞后运动的高度h2处静止下落到第二次碰撞后向上运动的距离h3的过程，由动能定理可得：
（3分）
解得：h3=
（1分）
同理得hn=（2分）
物块从静止开始运动到与挡板发生第五次碰撞时走过的总路程。
s==28.75m（2分）
25．（19分）
解：（1）（4分）设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为
，由图中几何关系可得：= R0（2分）
由牛顿第二定律可得：
（1分）
解得：
（1分）
（2）（4分）设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为
，部分轨迹如图所示，有几何关系知：
（1分），
由几何关系得
，（2分）
即
（1分）
（3）（11分）
25（3）（11分）
当粒子由内测劣弧经过A点时，应满足
1500n+900=3600m （ 3分）
当m=4时，n=9时间最短 （2分）
（2分）
（2分）
（2分）
33．（15分）
（1）BCE （6分）
（2）（9分）
解：①初态静止时，对活塞受力分析可得：
Pa（1分）
活塞刚到缸口时，L2＝1 m，由理想气体方程可得：p1SL0＝p2SL2（2分），
得p2＝0.64×105 Pa（1分）
对活塞受力分析，由平衡条件可得：
N（1分）
②温度升高活塞刚到缸口时，L3＝1 m
对活塞受力分析，由平衡条件可得：
Pa（1分）
由理想气体方程可得：＝（2分），
T3＝＝ K＝375K（1分）
34．（15分）
（1）BCE （6分）
（2）（9分）
解：①由图乙可知，θ＝37°时，折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角，即C＝90°－37°＝53°（1分），折射率n＝＝
。（2分）
②因为临界角是53°，光线在玻璃砖中刚好发生3次全反射，光路图如图所示，则光程L＝11R（2分）
光在器具中的传播速度v＝＝
（2分）
光在器具中的传播时间t＝＝
（2分）
35．（15分）
（1）ABD （6分）
（2）（9分）
解：①运动员在甲车上跳离的过程动量守恒，取水平向右为正，设运动员的速度为v0，甲车的速度为v甲，则由动量守恒定律可得：
（2分）
运动员跳离后做平抛运动，可得：
（1分），
（1分），
联立可得：
（1分）
②运动员与乙车相互作用过程在水平方向上动量守恒，设落后二者的共同速度为v，则
（2分）
运动员与乙车相互作用过程中损失的机械能
（2分）
第二篇：20xx年石家庄高三质检一(物理)参考答案
20xx年度石家庄市高中毕业班第一次教学质量检测参考答案及评分标准
物 理
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题共12小题；每小题4分. 在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）
第Ⅱ卷（非选择题）
二、实验题（本题共2小题，共16分） 13．（8分）
（1）如图所示（2分） （2）（4分）1.50 ， 1.08（在1.06~1.10范围均视为正确） （3）（2分）电压表和定值电阻R0的分流
14. （8分）
2 2
（1）6.000 cm （2）6.48rad/s （在6.48~6.50范围均视为正确） 0.600 m/s10.0rad/s
三、计算题（本题共3小题，36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）
15．（9分）
解：（1）对妞妞用牛顿第二定律：
mg?0.4mg?ma1 求得： a1?6m/s…………………………………………（2分）妞妞下落过程：h1?h2?（2）吴菊萍做匀加速运动： x?
12
12
a1t 求得： t?3s………………………………（1分）
2
2
a2t a2?2m/s………………………………………………………（2分）
22
（3）妞妞下落(h1?h2)的速度?1?a1t?18m/s…………………………………………（1分）
缓冲过程中，对妞妞由动能定理得
12
W?mgh2?0?m?1 （2分）
2
W??1770J …………………………………（1分）
16.（12分）
1
解：（1）由物块过B点后其位移与时间的关系x?6t?2t2得
v0?6m/s 加速度a??4m/s （2分）
设物块由D点以初速vD做平抛，落到P点时其竖直速度为
vy?
2gR vD?v0
2
2
2
vyvD
?tan45?得vD?4m/s （2分）
BD间位移为x1?
2a
(2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM
12
m2vM?
2
?2.5m （1分）
12
m2vD?
2
22
m2gR （2分）
2
得vM?16?82
若物块恰好能沿轨道过M点，则m2g?m2
v
\2
M
R
解得v
\2M
?8>vM （1分）
2
即物块不能到达M点
（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，
释放m1时,EP??m1gxCB （1分）
释放m2时,可得EP??m2gxCB?
12
m2v0 （1分）
2
2
且m1?2m2,可得EP?m2v0?7.2J （1分）
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，
则EP?Wf?17. （15分）
12
2
m2vD 可得W
f
?5.6J （1分）
解：（1）若速度小于某一值时粒子不能从bb′ 离开区域Ⅰ，只能从aa′边离开区域Ⅰ。则无论粒子速度大小，在区域Ⅰ中运动的时间相同。轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）。 则粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的圆心角为φ1=300o （1分）
mv
2
由Bqv=T?
R （1分）
2?Rv
D B
（1分）
2?m
O2
得：粒子做圆周运动的周期 T =qB
t0?
56T?
5?m
3qB （1分）
由
D′
2
q
解得：m?5?
3t0B （1分）
t0
（2）设磁场区域宽度为d . 速度为v0时粒子在区域I内的运动时间为5，设轨迹所对圆心角为φ2。
t0?T2? 由?1
1
5t0 5?T2??2 （1分） 得： ?2??1?60
′0 （1分） ′ ′ 所以其圆心在bb上，穿出bb时速度方向与bb垂直，其轨迹如图所示，设轨道半径为R qv0B?mv02R?mv0qB?3t0
5?由R 得：
0v0 （1分）
d?Rsin60?10? （2分）
（3）粒子在区域I
v02qv0B?mR
0R?dsin60 （1分） 解得B?2mv0
3qd
粒子在区域Ⅱ恰不飞出
R?d （1分）
v0
R2//qv0B?m/ 解得B/?mv0
qd
23
3 解得B?/B （2分）
3
当 B/?23
3B 粒子不能从dd飞出 （1分） /
4