石家庄市2024届高中毕业年级教学质量检测（二）物理参考答案一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1234567ACDADCC二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8910ACABAC三、非选择题：共54分。11.（8分）（1）mAt2=(mA+mB)t1（2分）2：3（2分）mAmAmB（2）（2分）大于（2分）t3t4t512.（8分）nU1nU（1）A（2分）（2）右侧0、4（2分）（3）（2分）（2分）U0－U1U0－U113.（8分）解：（1）（4分）由折射定律可知玻璃砖的折射率为sin600n（2分）sin300解得：n3（2分）（2）（4分）作出折射光路交圆面于P1，P2，且P1，P2处刚好发生全反射，临界角13sinC（2分）n3解得：C=35.5°半圆上P1、P2之间有光射出，∠P1OP2=35.5°×2=71°（2分）{#{QQABLQSQogiAAIJAARgCQQXyCkCQkBEACIoOAFAMoAAAyRFABAA=}#}14.（14分）解：（1）（4分）设弹簧的最大弹性势能为EP，释放物块A从Q点运动到O点过程，由机械能守恒定律可得：1Emv2（1分）p2AA释放物块B从Q点运动到O点过程，由机械能守恒定律可得：1Emv2（1分）p2BB物块B从O点到M点过程，由动能定理可得：1mgs0mv2（1分）BBB2解得：OM距离s0.5m（1分）（2）（4分）设P刚好能回到O点，由动能定理可得：1mgs0mv2（1分）PPP2解得B、C碰后的速度vP=2m/s、碰撞过程动量守恒（（分）BCmCCBCPvmm)v1解得：vC=4m/s<6m/s=v01说明物块C一直被加速到M点，由动能定理得mglmv2（1分）CCC2解得：l2m（1分）1（3）（6分）设C加速到与传送带共速时位移为l，由动能定理得mglmv2（1分）0C02C0解得：l04.5m（1分）①当时，运动到点时的速度2（分）2ml4.5mCMvC2gl1、碰撞过程动量守恒（BCmCCBCPvmm)v由点到点有22PMOvvp2gs解得：v2l4（1分）②当4.5ml9m时，物块C运动到M点的速度恒为v0（1分）、碰撞过程动量守恒：（BCmCv0mBmC)vP由点到点有22PMOvvp2gs{#{QQABLQSQogiAAIJAARgCQQXyCkCQkBEACIoOAFAMoAAAyRFABAA=}#}解得：v5m/s（1分）（其他方法也可给分）15.（16分）解：（1）（5分）金属棒由静止释放达到最大速度v时，导体棒受到的合外力为零，对其受力分析，如图所示，由平衡条件可得：mgsinF安（1分）由安培力公式得：（分）FBIL安001由闭合电路欧姆定律可得：EI（1分）0R由法拉第电磁感应定律可得：EB0Lv（1分）mgRsin解得：v22（1分）BL0（2）（3分）金属棒第一次沿右侧导轨上滑过程中，通过金属棒的电流始终为0，整个回路磁通量不变，有B0LsB1LsB0Lx（2分）B解得：BB0x（1分）10s（3）（8分）金属棒第一次沿右侧导轨上滑过程中，通过金属棒的电流始终为0，如图所示，对金属棒受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsinmgcosma（1分）由运动学公式可得，金属棒沿右侧上滑的最大距离v2x（1分）m2a金属棒沿右侧导轨向下做加速度大小a=gsinθ的匀加速直线运动，如图所示，对金属棒受力分析，由牛顿第二定律可得：（分）mgsinB0ILmgcosma1金属棒沿右侧导轨下滑由运动学公式可得：1xat2（1分）m2由电荷量定义得：qIt（1分）{#{QQABLQSQogiAAIJAARgCQQXyCkCQkBEACIoOAFAMoAAAyRFABAA=}#}由闭合电路欧姆定律可得：EIR由法拉第电磁感应定律可得：E（1分）t金属棒沿右侧导轨下滑过程中磁通量的变化量为：（分）B2LsB1LsB0Lxm1B其中：BB0x10smmgsin2m2gRsin联立解得：I，qa2gsin，33BL02BL02m2gRsin（分）BB203412B0Ls（其他方法也可给分）{#{QQABLQSQogiAAIJAARgCQQXyCkCQkBEACIoOAFAMoAAAyRFABAA=}#}