物理-河北省衡水金卷先享題2025屆高三一輪復(fù)習(xí)夯基卷（二）試題和答案

高考模擬卷●物理(七)參考答案題序12345678910答案BCADCBCBCABDBD答案B解題分析根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒,核反應(yīng)方程為Co→Ni十—e,可知鈷60發(fā)生的是β衰變,A項(xiàng)錯(cuò)誤、B項(xiàng)正確;衰變后的新核鎳60處于激發(fā)態(tài),不穩(wěn)定,會(huì)向外輻射Y射線,C項(xiàng)錯(cuò)誤;元素的半衰期與原子核外部的因素如外界的溫度、壓強(qiáng)等無關(guān),氣候的變化不會(huì)改變鈷60的半衰期,D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案4,C項(xiàng)正確。解題分析根據(jù)題意可知該國產(chǎn)機(jī)器人可以在傾角不大于37的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走,對(duì)該機(jī)器人進(jìn)行分4,C項(xiàng)正確。答案解題分析根據(jù)安培定則知,電流在小磁針處產(chǎn)生方向向西的磁場(chǎng),小磁針偏轉(zhuǎn)60。角后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),則有3B地,A項(xiàng)正確。地,解得B導(dǎo)3B地,A項(xiàng)正確。地,解得B導(dǎo)=\答案D解題分析設(shè)光線在CD邊上的入射角為θ,因?yàn)閮H在CD和AE兩條邊上發(fā)生全反DC射,且兩次反射的入射角相等,如圖,根據(jù)幾何關(guān)系有4θ=90,解得θ=22.5,當(dāng)光CE至人眼1n,解得最小折剛好在CD邊和AE邊上發(fā)生全反射時(shí),折射率最小,根據(jù)sinθ=至人眼1n,解得最小折五棱鏡Fc光在五棱鏡中的傳播速度y=平面鏡五棱鏡Fc光在五棱鏡中的傳播速度y=平面鏡n至感光部件=λf,由于該單色光從空氣進(jìn)入五棱鏡中時(shí)頻率不變,傳播速度變小,可知其波長答案C變短,A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。5答案C解題分析由題圖2可知,圓心o點(diǎn)的電勢(shì)為KQR,將圓環(huán)分成n個(gè)微元,每個(gè)微元均能視為點(diǎn)電荷,根據(jù)對(duì)稱性可知,圓心o點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0,故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)上述,令每個(gè)微元的電荷量為△q解題分析由題圖2可知,圓心o點(diǎn)的電勢(shì)為KQ2cosθ,又由于n△q=Q,r2=d2r,微元與P2cosθ,又由于n△q=Q,r2=d2KQd\(d2十R2)R,yKQd\(d2十R2)R,y0=KQq2my02,其中φo=KQ\r,解得E=mR,KQ解得φx=23RKQ解得φx=23R時(shí),其速度減為零,D項(xiàng)錯(cuò)誤。物理(七)參考答案第1頁(共5頁)6.答案B解題分析航天員的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等,保持不變,A項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)G=F十mw2r,得F=G2r=ma引—ma向,由題圖乙可知,當(dāng)R≤r≤r0時(shí),隨著r的增大,a引—a向先向下逐漸減小,則航天員感受到0<r時(shí),隨著r的增大,a引—a向方向向上逐漸增大,則航天員感受到的“重力”逐漸增大,B項(xiàng)正確。當(dāng)r=r0時(shí),G=mr0=ma0,航天員隨地球自轉(zhuǎn)的周期T=2π\(zhòng),C項(xiàng)錯(cuò)誤。G—F支=m●3R,又GM=g0R2,得F支=—,根據(jù)牛頓第三定律,航天員對(duì)座椅的壓力大小FN=mg03mRa0 9—r0,D項(xiàng)錯(cuò)誤。7.mg03mRa0310解題分析木板在t=2.5s之前向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在題圖乙中作出木板運(yùn)動(dòng)的y—t圖像,如圖所示,由圖像可知t=2.5s時(shí)兩者共速,物塊在0~2.0s310大小a2=0m/s2=1.5m/s2,木板在0~2.5s內(nèi)的加速度大小a1=0m/s2=0.4m/s2,物塊在2.0s~2.5s內(nèi)的加速度大小a3=μ2g=0m/s2=4m/s2,AAmS2.02.53.0t/s物塊和木板在2.5s~3.0s內(nèi)的加速度大小a4=μ1g=5m/s2=2m/s2,可得木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4,木板的長度L=×3×2m十×(1十3)×(2.5—2)m—×1×2.5m=2.75m,A項(xiàng)錯(cuò)誤;0~2s內(nèi),對(duì)木板有μ2m2g—μ1(m1十m2)g=m1a1,對(duì)物塊有F—μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6kg,F=3.3N,B項(xiàng)錯(cuò)誤;拉力F對(duì)物塊做的功W=Fs2=3.3×(×3×2)J=9.9J,C項(xiàng)正確;木板相對(duì)地面移動(dòng)了△s=×1×3m=1.5m,D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.答案BC解題分析根據(jù)質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程可知t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向振動(dòng),根據(jù)同側(cè)法可知該波沿x軸正方向傳播,A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)題意可知該波的周期T=s=0.4s,根據(jù)題圖可知該波的波長λ=4m,則該波的傳播速度y==10m/s,B項(xiàng)正確;根據(jù)三角函數(shù)知識(shí)可知t=0時(shí),平衡位置的坐標(biāo)x=m處的質(zhì)點(diǎn)位移y=—5cm,C9.答案ABD解題分析根據(jù)=,=,可知電壓互感器起降壓作用,電流互感器起減小電流作用,A項(xiàng)正確;電壓互感器原線圈兩端的電壓U2=20U=4000V,電流互感器原線圈中的電流I2=20I=100A,對(duì)于理想變壓器,線路的輸電功率P=U2I2=400kW,B項(xiàng)正確;僅將滑片Q下移,相當(dāng)于增加了升壓變壓器副線圈的匝數(shù)n2,根據(jù)理想變壓器的規(guī)律有U2=U1,升壓變壓器副線圈兩端的電壓增大,回路等效電阻不變,所以I3增大,根據(jù)△P=I32r,則輸電線上損耗功率增大,C項(xiàng)錯(cuò)誤;僅增加用戶數(shù),即負(fù)載總電阻R減小,若降壓變壓器副線圈兩端的電壓U4不變,則通過副線圈的電流I4=增大,降壓變壓器原線圈中的電流I3增大,輸電線上損失的電壓△U=物理(七)參考答案第2頁(共5頁)I3r增大,升壓變壓器原線圈兩端的電壓不變,則U2=U1不變,根據(jù)U2=△U十U3可知U3減小,根據(jù)U4=U3可知,當(dāng)U3減小時(shí),減小n3可以使U4不變,所以要將降壓變壓器的滑片P上移,D項(xiàng)正確。10.答案BD解題分析線框相對(duì)于磁場(chǎng)向左運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則知線框aB邊中感應(yīng)電流的方向從B到a,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由題意可知,線框最后做勻速直線運(yùn)動(dòng),由二力平衡知阻力應(yīng)與安培力大小相等,由于磁場(chǎng)以速度y向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框穩(wěn)定后以最大速度y0向右運(yùn)動(dòng)時(shí),線框相對(duì)于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的速度大小為y—y0,根據(jù)右手定則可以判斷回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2BL(y—y0),根據(jù)歐姆定律可得此時(shí)線框中的感應(yīng)電流I==,線框的ad邊和Bc邊都受到安培力作用,ad、Bc邊所處的磁場(chǎng)方向一直相反,電流的方向也相反,根據(jù)左手定則可知它們所受安培力方向一致,線框受到的安培力大小F=f=2BLI=,B項(xiàng)正確;線框做勻速運(yùn)動(dòng)后,磁場(chǎng)的勻速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生了感應(yīng)電流從而產(chǎn)生了焦耳熱,與安培力做功無關(guān),C項(xiàng)錯(cuò)誤;線框做勻速運(yùn)動(dòng)后,外界提供給線框的總能量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱和線框克服阻力做的功之和,即外界每秒提供給線框的總能量E總=十fy0=,D項(xiàng)正確。11.答案(1)13.80(3分)(2)B(2分)(3)測(cè)擺長時(shí)將擺線長與擺球的直徑之和作為擺長L(說法合理即可)(3分)解題分析(1)由圖甲可知小球的直徑d=13mm十16×0.05mm=13.80mm。(2)為了減小空氣阻力的影響,小球應(yīng)選鐵球;為了保證小球擺動(dòng)過程中,擺長不變,擺線應(yīng)選擇細(xì)絲線且上端用鐵夾夾住,B項(xiàng)正確。(3)根據(jù)T=2π\(zhòng),解得T2=L=l十,由公式可知,出現(xiàn)該圖線的原因可能是測(cè)擺長時(shí)將擺線長與擺球的直徑之和作為擺長L。12.答案(1)黑(1分)(2)15(1分)(3)140(1分)×1擋(1分)(4)1.01(2分)(5)偏大(2分)解題分析(1)流過表頭的電流方向從右向左,A端應(yīng)接黑表筆。(2)將旋鈕旋到×1k擋時(shí),有R內(nèi)=R中=15×1kΩ=15kΩ。(3)旋鈕旋到×10擋,示數(shù)為14.0×10Ω=140Ω,若繼續(xù)接入另一電阻測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏角過大,則應(yīng)換用更小的擋位。(4)旋鈕旋到×10擋時(shí),R內(nèi)=R中=150Ω,則I=,所以I2=I—Ig,根據(jù)歐姆定律有R2==1.01Ω。(5)若該歐姆表使用一段時(shí)間后,電池的電動(dòng)勢(shì)E變小、內(nèi)阻變大,根據(jù)Ig=,由于E變小,歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)偏小,用歐姆表測(cè)電阻時(shí),電流I=R內(nèi)Rx=Rx=,故電動(dòng)勢(shì)E變小會(huì)導(dǎo)致電流I偏小,即指針偏左,物理(七)參考答案第3頁(共5頁)測(cè)量結(jié)果偏大O13.解題分析(1)由題意可知緩慢地將汲液器豎直提出液面過程,氣體發(fā)生等溫變化,所以有p1(H—l)S1=p2HS1(1分)又因?yàn)閜1=p0,p2十pgh=p0(1分)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得H=100cmO(2分)(2)當(dāng)外界氣體進(jìn)入后,以所有氣體為研究對(duì)象有p0V十p2HS1=p3(HS1十S2)(1分)又因?yàn)閜3十pg●=p0(1分)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得V=7.93×10—4m3O(2分)14.解題分析(1)四驅(qū)車恰好能夠經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)D,設(shè)在D點(diǎn)的速度為yD,在D點(diǎn)時(shí)由重力提供四驅(qū)車做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,有mg=m(1分)設(shè)車在c點(diǎn)時(shí)的速度為yc,由動(dòng)能定理知myD2—myc2=—mg×2R(1分)四驅(qū)車在c點(diǎn)時(shí)所受的支持力和重力的合力提供車做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,則FN—mg=m(1分)解得FN=60N(1分)由牛頓第三定律知F壓=FN=60N,方向豎直向下O(1分)(2)由題可知yc=yB(1分)又由能量守恒定律知P0t0—wf=myB2(2分)解得wf=37.5JO(1分)(3)四驅(qū)車從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)過程中,應(yīng)用動(dòng)能定理知—mgh2=myF2—myc2(1分)車從F點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則豎直方向有h1十h2=gt2(1分)水平方向有x=yFt(1分)聯(lián)立以上表達(dá)式并化簡(jiǎn)得x=\(yc2—2gh2)×2(h1h2)=\—4(h2—2十m(1分)當(dāng)h2=0.025m時(shí),x有最大值,且xmax=0.45mO(1分)15.解題分析(1)如圖(a)所示,甲從M到P的過程做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子甲經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角為θ,則\L=y0t12LL=t1(1分)yy=at1qE=ma(1分)y0y0AEAAEAYYA4YA4O物理(七)參考答案第4頁(共5頁)。my2解得θ=30,E=4qL。my2粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qyB=r—=rsinθ(1分)可得B=。(1分)(2)由(1)可得r=LL十2rsinθ=ycosθ●t2十a(chǎn)t22(2分)x0=ysinθ●t2(1分)解得x0=(\—\)L。(1分)(3)甲與乙發(fā)生碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有my=2my,解得y,=y(1分)由r,=,知丙在x>0區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡與原來甲的運(yùn)動(dòng)軌跡重合(1分)方法一:如圖(b)所示,丙通過y軸后的運(yùn)動(dòng)視為以速率y1做勻速直線運(yùn)動(dòng)和以速率y2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng),將丙受到的洛倫茲力分解為兩個(gè)分力F1、F2,使力F1與電場(chǎng)力平衡●B=qE可得y1=y(1分) 根據(jù)平行四邊形定則可得y2=\y(1分)當(dāng)丙做勻速直線運(yùn)動(dòng)的分速度與做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分速度同向時(shí),丙的速度最大,則 丙通過y軸后的最大速度ym=y1十y2=(1十\)y(1分)丙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2==4\L