【文档说明】（人教版2019，必修三全册）01（参考答案）（人教版2019）.docx，共(4)页，104.739 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二物理上学期期中模拟卷01一、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题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1234567891011

12DBCBABCAACDBCACDBCD二、实验题（本题共2小题，共15分。）13．（1）黑A（2）1600（3）1400（4）1.0（5分，每空1分）14．（1）B（2）4.51.8（3）不变变大（10分，每空2分）三、计算题（本题共3小题，共37分。解答应写

出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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．（5分）（1）转过60后穿过线框平面的磁通量为1Φcos600.2Wb2BSBSBS⊥====（1分）（2）线框绕OO转过90角后，线框与磁场平行，穿过线框

的磁通量为1Φ0=（1分）则此过程的磁通量的变化量为1ΔΦ00.4WbBSBS=−=−=−（1分）磁通量变化大小为0.4Wb。（3）线框绕OO转过120角后，穿过线框的磁通量为2Φcos1200.5BSBS==−（1分）则此过程穿过线框的磁通量的变化量为2ΔΦ0.51.50

.6WbBSBSBS=−−=−=−（1分）所以磁通量的变化量大小为0.6Wb。16．（14分）（1）根据闭合电路欧姆定律，干路电流为M11EUIrR−=+（1分）流过灯泡的电流M22UIR=（1分）流过电动机的电流M12III=−（1分）则

电动机的输出功率为MM2MMPUIIR=−出（2分）联立解得8WP=出（1分）（2）电动机卡住后，设电动机与灯泡并联电阻为R并，则有2M111RRR=+并（1分）干路电流1EIrRR=++并（1分）电源总功率为PEI=总（1分）联立解得50.4WP=总（1分）（3）断开S

前，电容器电压CUEIr=−（1分）电容器带电荷量CQCU=（1分）断开S后电容器放电，流过电动机的电荷量为MM22RqQRR=+（1分）代入数据联立解得3M2.3410Cq−=（1分）17．（18分）（1）带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定

理可得211302CmgRqERmv−=−（2分）解得小球经过C点时的速度大小为322CgRv=（1分）（2）在电场1E中，带负电小球受到的重力和电场力的合力大小为2215()()4FqEmgmg=+=合（1

分）设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为，则有3tan4qEmg==（1分）可得37=（1分）则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得211(

2cos)(sin)02DmgRRqERRmv+−−=−（2分）解得5DvgR=（1分）在D点根据牛顿第二定律可得2max54DvNmgmR−=（1分）联立解得小球受到轨道支持力的最大值为max254Nmg=（1分）（3）在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为22

qEmg=（1分）小球从C点以322CgRv=的速度进入第四象限内的电场2E中做类平抛运动，加速度大小为2qEmgagm−==（1分）方向竖直向上；设小球在电场2E中经过x轴，则有212Rat=，Cxvt=（1分）解得2Rtg=，3xR=（1分）可知小球刚

好从电场2E的右边界经过x轴，此时小球竖直向上的分速度为2yvatgR==（1分）小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过x轴，根据斜抛运动规律有222yvRtgg==，6CxvtR==（1分）则小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标为（3R，0）和（9R，0）

。（1分）