物理-河北省2025屆高三大數(shù)據(jù)9月應(yīng)用調(diào)研聯(lián)合測評（Ⅰ）試題和答案

河北省2025屆高三年級大數(shù)據(jù)應(yīng)用調(diào)研聯(lián)合測評(Ⅰ)物理參考答案及解析題號12345678910答案DCCBDDCBDCDBC1.D【解析】普通路面上摩擦力都是不能忽略不計的,另外電動汽車車輪與軸之間也有摩擦,由于摩擦生熱,部分電能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化,另外電池和電動機均有電阻,電流通過這些電阻的過程中將產(chǎn)生焦耳熱,在水平公路上加速啟動,速度增大,動能增大,所以電能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能,選項D正確。2.C【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知衰變的產(chǎn)物中X為-e,即為電子,則發(fā)生的是β衰變,β衰變產(chǎn)生的電子來t自原子核內(nèi)部,選52年項AB錯誤;钷147的半衰期為τ=2.6年,經(jīng)過t=5.2年,剩余的質(zhì)量為m=m0τ=100g×2.6年=25g,選項C正確;半衰期是由核內(nèi)部自身的因素決定的,與原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件均無關(guān),所以半衰期不會變,選項D錯誤。3.C【解析】從振動圖像可知t=0.2s時刻x=4m處質(zhì)點P的運動方向沿y軸負(fù)方向,根據(jù)波傳播方向與質(zhì)點振動的關(guān)系可知該簡諧波沿x軸正方向傳播,同理可知t=0.2s時刻質(zhì)點Q正沿y軸負(fù)方向運動,選項A、B錯誤;波速由介質(zhì)本身決定,與波動的周期沒有關(guān)系,從振動圖像可知振動周期T=0.4s,從波動圖像可知波長λ=8m,則波速=20m/s,選項C正確,選項D錯誤。4.B【解析】列車以速度v行駛時受到的阻力為f1=kv,列車的牽引力為設(shè)列車總質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律有F1-f=ma,以上三式聯(lián)立解得P=mav+kv2,同理,列車以速度2v行駛時受到的阻力為f2=k·2v,列車的牽引力為根據(jù)牛頓第二定律有F2-f2=ma,以上三式聯(lián)立解得P'=2mav+4kv2,所以2P<P'<4P,選項B正確。5.D【解析】轉(zhuǎn)換器可以將電壓為U0的直流電轉(zhuǎn)變成u=2U0sin100πt的交變電流,汽車蓄電池的電壓為12V,則轉(zhuǎn)化的電壓為u=122sin100πt(V),電壓的有效值為12V,則變壓器原線圈的電壓為U1=12V,則電壓表的示數(shù)為12V,不隨負(fù)載功率的變化而變化,選項A錯誤;轉(zhuǎn)化的電壓為u=122sin100πt(V),則ω=100π,電流的頻率為=50Hz,選項B錯誤;電飯煲額定電壓為220V,則電飯煲加熱時變壓器副線圈的電壓為U2=220V,則原、副線圈的匝數(shù)比為,選項C錯誤;電飯煲加熱時功率為P=660W,原、副線圈功率相同,則原線圈電流為=55A,選項D正確。6.D【解析】圓環(huán)上取一微元電荷q,可視為點電荷,根據(jù)真空中點電荷電場強度計算公式,微元電荷q在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小圓環(huán)上電荷到圓心O的距離相同,都為R,則每個微元電荷q在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小都相等,方向從微元電荷指向圓心O,根據(jù)對稱性和疊加原理可知整個圓環(huán)全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為0,選項A錯誤;同理,根據(jù)對稱性和疊加原理可知圓環(huán)高三物理參考答案第1頁(共6頁)AC和BD部分全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為0,則四分之三圓環(huán)ACBD部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小相當(dāng)于四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強度,四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小與四分之一圓環(huán)AC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小相等,即為E0,選項B錯誤;根據(jù)對稱性可知四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E0,方向沿PO方向,圓環(huán)BC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小也為E0,方向垂直于PO方向,根據(jù)疊加原理和平行四邊形定則可知半圓環(huán)ACB部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E1=2E0,選項C錯誤;設(shè)八分之一圓環(huán)AP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E2,根據(jù)對稱性可知八分之一圓環(huán)CP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小也為E2,根據(jù)對稱性和疊加原理可知兩電場強度方向夾角為45°,兩電場強度矢量和即為四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度,所以有2E2cos°=E0,解得E2=°=7.C【解析】嫦娥六號探測器沒有脫離地球引力,所以嫦娥六號探測器發(fā)射的速度應(yīng)大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度,選項A錯誤;在地球表面上有=m0g①,嫦娥六號探測器在環(huán)月軌道做勻速圓周運動有2②,①②式聯(lián)立解得-qR,選項B錯誤;設(shè)月球的第一宇宙速度大小為v,則有G③,①③式聯(lián)立解得,選項C正確;在月球表面上有=m0g月④,①④式聯(lián)立解得g月,選項D錯誤。8.BD【解析】以物體為研究對象,根據(jù)共點力平衡條件可得拉物體的輕繩上的彈力為T1=mg,則拉物體的輕繩上的彈力不變,選項A錯誤;輕繩繞過輕滑輪,輕滑輪相當(dāng)于一活結(jié),該輕繩上的彈力都為T1=mg,以滑輪為研究對象,根據(jù)共點力平衡條件可得輕繩OA上的彈力為T2=2T1cos,拉著繩在水αα22平地面上向右運動過程中兩繩夾角α逐漸增大,為銳角,cos逐漸減小,則彈力Tαα22正確;輕繩OA恰好在兩繩夾角的角平分線上,吊物體的輕繩在豎直方向上,根據(jù)幾何關(guān)系可知α=2θ,則夾角α與夾角θ的比值不變,選項C錯誤;以人為研究對象,根據(jù)共點力平衡條件可得地面對人的摩擦力為Ff=T1sinα,在水平地面上向右運動過程中兩繩夾角α逐漸增大,sinα增大,摩擦力逐漸增大,選項D正確。9.CD【解析】物體溫度是它分子熱運動的平均動能的標(biāo)志,所以乒乓球內(nèi)氣體溫度升高后分子熱運動的平均動能增大,但不是每個氣體分子的動能都增大,選項A錯誤;乒乓球恢復(fù)成原來的圓球形的過程氣體體積增大,對外做功,即W<0,選項B錯誤;氣體的溫度升高,則內(nèi)能增大,即ΔU>0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W,則Q>0,即氣體從外界吸收熱量,選項C正確;乒乓球恢復(fù)成原來的圓球形過程,初態(tài)溫度為T1=27℃=300K,末態(tài)溫度為T2=87℃=360K,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有解得p2=1.26×105Pa,選項D正確。高三物理參考答案第2頁(共6頁)10.BC【解析】線框進(jìn)入磁場過程中根據(jù)楞次定律可判定線框中感應(yīng)電流的方向為A-B-C-D-A,線框穿出磁場過程中根據(jù)楞次定律可判定線框中感應(yīng)電流方向為A-D-C-B-A,根據(jù)安培定則可以判定CD邊在磁場中時,受到的安培力方向水平向左,AB邊在磁場中時,受到的安培力方向也向左,AB、CD邊在磁場外時不受安培力,AD邊和BC邊受到的安培力大小相等、方向相反,所以線框穿過磁場過程中受到的安培力方向水平向左,選項A錯誤。線框進(jìn)入磁場過程中通過線框?qū)w橫截面上的電ΔΦ荷量為,選項B正確。線框穿過磁場整個過程中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Bdvsinα,通過的時間為整個過程產(chǎn)生的熱量為,選項C正確。此過程中線框受安培力的方向水平向左,線框的CD邊恰好沒有穿出磁場,則水平方向的末速度變?yōu)?,在水平方向上,設(shè)向左為正方向,根據(jù)動量定理,此過程中線框受安培力的沖量I=0-(-mv0sinα)=mv0sinα,選項D錯誤。11.(6分,除標(biāo)注外,每空2分)(1)不能(1分)也可以不(1分)(2)m1x3=m1x1+m2x2m1x3=m1x1+m2x2(或x3+x1=x2)【解析】(1)如果換用五角硬幣從傾斜部分滑下與一元硬幣碰撞,碰撞后五角硬幣會反彈,則不能測出五角硬幣碰撞后的運動位移,所以不能完成實驗;本實驗中驗證動量守恒定律需計算兩硬幣碰撞前后的動量,兩硬幣碰撞前后的速度根據(jù)運動學(xué)公式v2=2ax求出,當(dāng)平直部分水平時兩硬幣的加速度大小均為a=μg,加速度大小相同,當(dāng)平直部分有一微小傾角θ時,兩硬幣的加速度為a=g(μcosθ±sinθ),兩硬幣的加速度仍然相同,所以該實驗平直軌道部分不一定水平,只要保證兩硬幣做減速運動最后能停在平直部分即可,故要正確完成實驗也可以不保持平直軌道部分水平。(2)兩硬幣做勻減速直線運動,根據(jù)動力學(xué)公式v2=2ax,加速度為a=μg,兩硬幣加速度大小相等,可知一元硬幣碰撞前的速度為v0=2ax3,一元硬幣碰撞后的速度為v1=2ax1,五角硬幣碰撞后的速度為v2=2ax2,兩硬幣碰撞前后動量守恒,則m1v0=m1v1+m2v2,將速度代入等式可得m1x3=12.(10分,除標(biāo)注外,每空2分)(1)0.400(0.3980.402均可)(1分)m1x1+m2x2;若兩硬幣的碰撞為彈性碰撞,則還要滿足將速度代入等式可得m1x3=m1x1+m12.(10分,除標(biāo)注外,每空2分)(1)0.400(0.3980.402均可)(1分)(2)×10(1分)1.10×102(或110)(3)①C(1分)F(1分)②100③2.4×10-5【解析】(1)螺旋測微器的精確值為0.01mm,由圖可知金屬絲的直徑為d=0mm+40.0×0.01mm=(2)用多用電表測電阻時選用“×100”的擋位發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角太大,說明表盤上電阻示數(shù)較小,要使指針指向中間位置,即要使表盤上電阻示數(shù)變大,所以需要把倍率調(diào)小,則擋位應(yīng)調(diào)整為“×10”;讀11.0×10Ω=1.10×102Ω。(3)①分壓式接法滑動變阻器總阻值越小,調(diào)節(jié)時電流和電壓的變化越接近線性變化,所以滑動變阻器應(yīng)選擇電阻較小的C;當(dāng)定值電阻R0選F項500Ω時,與電壓表V2并聯(lián)的總電阻為400Ω,從歐姆表的測量可知電阻絲的電阻約為Rx=110Ω,則Rx并R并≈,所以兩電高三物理參考答案第3頁(共6頁)壓表可以同時達(dá)到滿偏,如果選E項10Ω時,電壓表V1滿偏時電壓表V2達(dá)不到量程的三分之一,電壓表V2滿偏時電壓表V1會超過量程,所以定值電阻R0應(yīng)選F;②根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路的特點有數(shù)學(xué)變換得U1-U2=U2,則圖像的斜率為k=,從圖(d)可得圖像的斜率k,解得Rx=100Ω;1③根據(jù)電阻定律可得電阻率為ρ=Rx100×Ω·m=2.4×10-5Ω·m。13.(8分)30°2【解析】作出光路圖如圖所示,設(shè)從AC邊入射時折射角為α,根據(jù)折射定律有光線第一次到達(dá)AB邊時恰好發(fā)生全反射,則在AB邊的入射角為臨界角C,sinC②(1分)BP4根據(jù)幾何關(guān)系有∠APM=α+(90°-C)(1分)又因為∠A=15°,則∠APM=75°,BP4 C則α+(90°-C)=75°即 C則sinα=sin(C-15°)=sinC×-cosC×③(1分)由①②可得sinα=sinC與③聯(lián)立解得tanC=1,臨界角C=45°聯(lián)立解得折射角α=30°(1分)折射率n=2(1分)【解析】(1)粒子沿x軸正方向射入勻強磁場,又垂直于x軸方向射出勻強磁場,則O點為帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡圓圓心,設(shè)粒子從M點射出勻強磁場,作出粒子的運動軌跡如圖所示,OP和OM為粒子的軌跡圓半徑,設(shè)為r,洛倫茲力提供向心力有qv0B(1分)A0P0''0EXθ解得,即xOP=xOM=OP∶OQ=2∶3,則xOQxOP(1分)高三物理參考答案第4頁(共6頁)粒子在勻強磁場中運動的圓心角為90°,則從P點到M點運動時間t1T×(1分)粒子在勻強電場中做類平拋運動,出電場后做勻速直線運動,分析可得在y方向速度大小不變,則從M點運動到Q點的時間為t2(1分)則從P點到Q點經(jīng)歷的時間t=t1+t2m(1分)(2)粒子在勻強電場中做類平拋運動,x方向上有xat2(1分)y方向上有y=v0t(1分)射出勻強電場時x方向的分速度為vx=at(1分)打到Q點時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為45°,則有tan45°(1分)由幾何關(guān)系可得tan45°(1分)根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma(1分)以上各式聯(lián)立解得勻強電場的電場強度大小E=v0B(1分)y,即勻強電場沿y方向的寬度d=y(1分)15.(16分)(1)4m/s(2)162J(3)34N·s【解析】(1)傳送帶足夠長,則物塊B在傳送帶上向右滑動的速度一定能減小到0,傳送帶的速度v=8m/s小于物塊B初始的速度v0=10m/s,則物塊B第一次滑離傳送帶時速度等于傳送帶的速度v=8m/s(1分)設(shè)物塊A、B第一次碰撞之后速度為v共,物塊A、B碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有Mv=(M+m)v共(1分)解得v共=4m/s物塊A、B碰撞之后,沿圓弧軌道向上運動和返回過程中系統(tǒng)的機械能守恒,即A、B分開前瞬間它們的速度v共=4m/s,所以A、B分開時物塊B的速度為v1=v共=4m/s(1分)(2)物塊B在傳送帶上向右減速運動過程根據(jù)牛頓第二定律有μMg=Ma(1分)解得a=2m/s2物塊B減速到0的時間t15s(1分)物塊B和傳送帶運動的位移分別為x1和x2,減速過程中相對滑動的位移為Δx1=x1+x2t1+vt1=65m(1分)物塊B在傳送帶上向左加速運動的加速度還為a=2m/s2物塊B向左加速到與傳送帶速度相等時不再發(fā)生相對滑動,加速過程時間t24s(1分)加速過程物塊B和傳送帶運動的位移分別為x3和x4加速過程中相對滑動的位移為Δx2=x4-x3=vt2-t2=16m(1分)高三物理參考答案第5頁(共6頁)整個過程產(chǎn)生的熱量為Q1=μMg(Δx1+Δx2)=162J(1分)(3)物塊A、B第一次碰撞后,物塊B以速度v1=