2025年黑龙江省大庆市高三三模物理试卷和参考答案

这是一份2025年黑龙江省大庆市高三三模物理试卷和参考答案，共9页。试卷主要包含了C 2，00等内容，欢迎下载使用。

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大庆市 2025 届高三年级第三次教学质量检测 物理试题答案及评分标准{#{QQABCQgQggAAAgAAARhCAwlwCgAQkAAAAYOgEAcMAABAAFABAA=}#}

A
(mg  Eq)L -------------------------------------------------------------------------（2 分） m
1.C 2.A 3.B 4.C 5.D 6.D 7.C 8.AB 9.AD 10.ACD
11.（6 分）（每空 2 分）（1） C （2） C （3） 绿光
12.（8 分）
（1） ②×1k （1 分）极、正极 （1 分）⑥12.0（2 分）
9.00（2 分）
（2） 1、2（1 分） 13.（10 分）1 （1 分）
2
（1）在 A 点细线对小球的拉力为 0，根据牛顿第二定律得mg  Eq  mvAL -------------（2 分）
联立解得

（2）设最低点 B 点速度为 v，A 到 B 运动过程根据动能定理得
2mgL  2qEL  1 mv2  1 mv2 ----------------------------------------------------------------------（2 分）
2 2 A
解得v 

5(mg  qE)L m
2
此时细线上拉力为 F，得到 F  qE  mg  m -----------------------------------------------（2 分）
得 F  6(mg  qE) -----------------------------------------------------------------------------------（2 分） 14. （12 分）
（1）根据题意可知，电梯轿厢由静止启动瞬间
感应电动势 E  BLv0  BLv0  2BLv0  8V -------------------------------------------------- （1 分）-
感应电流I  -----------------------------------------------------------------------------------------（1 分）-
代入数据解得 I =10A--------------------------------------------------------------------------------（1 分）-
（2）电梯轿厢向上运动最大速率时，线框相对磁场的速率为v0  vm ，线框中上、下两边都 切割磁感线。
产生感应电动势为 E  2BL(v0  vm ) -----------------------------------------------------------（1 分） 则此时线框所受的安培力大小 FA  2BIL ------------------------------------------------------（1 分）-
根据闭合电路欧姆定律 I  ER
由平衡条件可得 FA  Mg -----------------------------------------------------------------------（1 分）-
m
0
解得 v  v  MgR4B L 10m/s --------------------------------------------------------------------（1 分）
2 2
（3）磁场静止后，轿厢运动 t 时间内，线框所受的安培力大小 FA  2BI ，轿厢所受合力
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为
FA  Mg
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。
取向下为正方向，对轿厢根据动量定理有
R )4B L v厢
2 2
----------------------------------------------------------------------（2 分）
t  Mgt  0  (Mvm
整理得
2 2
4BRL x  Mgt  Mvm ----------------------------------------------------------------------------------（1 分）
可得时间
t  v  4B L x ----------------------------------------------------------------------------------------（1 分）2 2
RMg
2 2 2 2
可解得t  v  4RBMLgx  1100s  4()0.2(0.140) 3s  0.7s ----------------------------------（1 分）
（18 分）
（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为 v0，刚被卡住瞬间速度为 v，与小盒 C 相连的绳子上 的拉力大小为 T。
对小球从 A 到 B，由动能定理得mgL  1 mv2  0 -----------------------------------------------（1 分） 2 0
小球撞击 C 瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m v0  (m  m )v
（1 分）
对小球和 C 组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒 C 相连的绳子上的拉力大小
2
T  2mg  2m -------------------------------------------------------------------------------------（1 分）
解得 T=3mg ------------------------------------------------------------------------------------------（1 分）
（2）由（1）知，当小球刚被小盒 C 卡住时，物块 D 对物块 E 压力为零，此时桌面对木板 F 的最大静摩擦力 f  2 2mg  0.5mg  mg ，则木板 F 将向右运动。
木板 F 向右运动与挡板相撞前，假设物块 E、Q、木板 F 一起运动，加速度大小为 a，此 时轻绳拉力为 F1，对物块 Q 由牛顿第二定律得 mg  1F  ma ----------------------------（1 分） 对物块 E 和木板 F 由牛顿第二定律得 1F  2 2mg  2ma --------------------------------（1 分）
大庆市高三年级第三次教学质量检测物理试题答案 第 2 页 共
-
-
 1 gL ---------------------------------------------------------------------------------------（1 分）
3 0
（3）假设第一次相撞后木板 F 与物块 Q 匀减速直线运动的加速度大小为 a1，此时轻绳拉 力为 F2，则对木板 F 由牛顿第二定律 1mg  2 2mg  2F  ma1 ---------------------（1 分）
解得 a  16 g --------------------------------------------------------------------------------------------（1 分） 对物块 E 由牛顿第二定律可知所受摩擦力 f   ma  16 mg  f滑  1mg
所以木板 F 向右运动与挡板相撞前，物块 E 与木板 F 之间未发生相对滑动 假设第一次相撞的速度大小为 v1，则由匀变速直运动推导公式v  2aL0

解得
1
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对物块 Q 由牛顿第二定律 mg  F2  ma1 ----------------------------------------------------（1 分） 解得 a1=g F2=0 则说明木板 F 与物块 Q 以相同大小加速度减速。速度减为零后木板 F 与 物块 Q 同时向右加速，设加速度大小为 a2，
则对木板 F 由牛顿第二定律 2 2mg  3F  1mg  ma2 ------------------------------（1 分） 对物块 Q 由牛顿第二定律 mg  F3  ma2-
解得 a  1 g
22
对物块 E 分析，设加速加速度大小为 a3，由牛顿第二定律 1mg  ma3
解得 a3  12 g ----------------------------------------------------------------------------------------（1 分）-
设木板 F 向左减速时间为 t1,向右加速时间为 t2,木板 F 与物块 E 共速，设共同速度为 v共
有 0  v1  a1t1
v共  v1  a1t1  a2t2v1  a（3 t1  t2）--------------------------------------------------------（1 分）
1
代入数据得v共  4 v1
达到共速后，物块 E、Q、木板 F 一起向右加速运动，加速度仍为 a  16 g ，假设第二次
相撞的速度大小为 v2，设第一次相撞后木板 F 向左减速的位移大小为 x1，向右加速位移
2
为 x 达到共速，v1  2a1x1  0
------------------------------------------------------------------------------------------（1 分）
得 x1
 1 L0
6
 2a2 x
2  v2  2a（x  x ）----------------------------------------------------------（1 分）
，1
共
得v2  5 v2 -----------------------------------------------------------------------------------------（1 分）
2 24 1
2 （ ）x1   L0 ----------------------------（1 分）
5 5 1
同理第二次碰后木板 F 向左减速位移 24 24 6
设木板 F 运动的总路程为∆S，则 S  L0  2L1  2L2  2L3  2L4 2Ln
5
n
0
0
1
0

1 （ )
0
S  L  2L  24  L  2 L   L -------------------------------------------（1 分）
1 6 19
24 24
1 1 27
5 19

大庆市高三年级第三次教学质量检测物理试题答案 第3 页 共 3 页
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