文档内容
邯郸市 届高三年级第二次调研监测
2025
物理参考答案
试题依托《中国高考评价体系》，严格依据《普通高中物理课程标准（ 年版
2017
年修订）》命制。 试题聚焦物理学科主干知识，突出基础性考查；精选与科技发
2020
展、体育运动、生产生活等相关的真实问题情境，强化关键能力考查；引导学生夯实物理
基础，重视应用物理知识解决实际问题，提升物理学科素养。
试题选取我国科技发展中的重大科技成果，在考查物理学科知识和基本原理的基础
上，引导学生树立高远的科学志向，增强科技强国的社会责任感，激发学生的爱国之情。
如第 题以我国“人造太阳”上的重大突破为情境设题，第 题以“嫦娥探月”为情境创
1 8
设问题，引导学生关注科学发展和社会进步，激发学生崇尚科学、探索未知的兴趣，促进
学生树立科技强国的远大理想。
试题精选生活实践情境，素材选取鲜活，贴近学生实际，引导学生关注生活实践中
的物理问题，逐步从“解题”走向“解决问题”。 如试卷的第 、 、 、 、 、 题都是
1 4 6 8 9 13
以生活实践情境创设问题，引导物理备考复习要重视理论联系实际，重视关键能力的
培养。
试题注重学科基础知识考查，注重考查学生在深刻理解物理概念和物理规律基础上
的灵活运用。 如第 题以电磁感应的单棒模型来设计学习探索问题情境，要求学生运用
3
法拉第电磁感应定律解决具体问题，强化学生对电磁感应基本知识的理解。 第 题以
10
带电粒子在电场中的类平抛运动设计学习探索问题情境，要求应用电场力做功和匀强电
场的规律来解决问题，需要学生深刻理解匀强电场的基本知识和类平抛的基本模型。
试题遵循国家课程标准，注重对基本实验能力的考查，引导实验复习要重视课标要
求的学生实验，回归课标、回归课堂。 如第 题“用单摆测量重力加速度”，考查学生
11
对实验原理的理解以及动手操作、获取信息、模型建构、图像法分析处理数据等能力，强
化科学态度与责任的养成。 第 题以探究热敏电阻特性创设实验，考查电阻测量的方
12
法、实验操作能力、数据分析和处理能力、误差分析等内容。
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
B D C A A B D BD AD BD
解析:与核裂变相比 轻核聚变的产能效率更高 即相同质量的核燃料 聚变反应中产生的能量比较
1.B , , ,
多 故 错误 人造太阳 中的核反应方程为 根据核反应方程前后质量数和核电荷数
2 3 4
, A ;“ ” 1H+1H→2He+X,
守恒可知 为中子 故 正确 我国对 人造太阳 的研究取得了重大进展 但目前还在实验研究阶段 故
X , B ; “ ” , ,
错误 轻核发生聚变后比结合能增加 因此反应中会释放能量 故 错误 故选
C ; , , D 。 B。
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1 7
{#{QQABQYIEogCgAAIAABgCEwEyCgAQkhGACYgGBFAEoAAACQFABCA=}#}解析: 和弹簧组成的系统满足动量守恒 共速时有mv mv 对 及弹簧整体 由机械
2.D A、B ,A、B 0=2 , A、B ,
mv2
能守恒定律得1mv2 1 mv2 E 联立得E 0 则排除 弹簧处于原长时弹性势能为
0= ×2 + pmax, pmax= , A、C;
2 2 4
则排除 故选
0, B; D。
BLd
解析:根据E BLv 以及电阻的串并联关系和闭合电路欧姆定律得I 2 Δ mn两点之间的电
3.C = , = Rt, 、
3 Δ
BLd R BLd
势差为U U U U Δ I 4 Δ 正确 故选
mn = me + ef+ fn =-( t + · )=- t ,C , C。
Δ 2 3Δ
解析:指南针向西偏转 用安培定则判断直导线上方磁场应该为向西方向 根据题目中的已知条件r
4.A , , =
I
0.01 m、
I
=0.69 A,
可以计算出导线在手机处产生磁场的磁感应强度大小为B线
=
k
r,
代入数据得B线
=
13.8 μT,
结合地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏转
30°,
可得B水平
=
B 线
,
解得B水平
≈23.9 μT。
故选
A。
tan30°
U n n
解析:由升压变压器两端的电压比等于匝数比 有 1 1 所以U 2U 5 理
5.A ,U =n, 2=n 1= ×400V=2000V,
2 2 1 1
P
想变压器两端的功率不变
,
有P
2=
P
1=10 kW,
输电导线中的电流I
2=U
2
=
10000
A=5 A,
则P损
=
I2
2
R
2 2000
P n U
降压变压器的输入电压U 3 10000-100 所以 3 3 9 若输电导线的总
=100W, 3=I = V=1980V, n=U = ,
2 5 4 4 1
电阻变为原来的 倍 而U 不变 则U IR U 解得U 即P' U'I 解得
2 , 4 , '2=22 + 3, '2=2020V, 2= 2 2=10100W,
P'
2 故选
P =1.01, A。
2
解析:撤去力F后的瞬间 所受重力和弹簧弹力未发生突变 合力大小为F 方向竖直向上 由牛顿
6.B ,A , , ,
F
第二定律可知 的加速度大小a 故 错误 刚要离开地面时 地面对 的支持力刚好为零 弹
A 1= m, A ;B , B ,
2
mg mg g
簧的拉力大小等于 所受的重力mg 由牛顿第二定律可知 的加速度大小a 2 + 3 故 正
B , A 2= m = , B
2 2
确 从撤去力F到 刚要离开地面的过程中 弹簧对 的弹力先是越来越小的支持力 后是越来越大的
; B , A ,
拉力 由牛顿第二定律可知 的加速度方向先竖直向上 后竖直向下 因此 先处于超重状态 后处于失
, A , , A ,
重状态
,
故
C
错误
;
当弹簧拉力大小F弹
=
mg时
,B
离开地面开始向上运动
,
此后由牛顿第二定律可知a
A
F弹 mg F弹 mg
1+2 方向竖直向下a 1- 方向竖直向上 减速上升 加速上升 当 和 的速度
= m , ,B= m , ,A ,B , A B
2
相等时相距最远
,
在此过程中
,
弹簧的伸长量不断增大
,
拉力F弹
1
不断增大
,A
和
B
的加速度均不断增大
,
故 错误 故选
D 。 B。
解析:由题意可知E点处电场强度为 则有 kQ 1 kQ 2 故 Q 1 PE 2 故 错误 由题图可
7.D 0, PE 2=OE 2 , Q = OE 2 , A ;
2
知 从P点沿x轴到O点电势始终降低 所以P与O连线上电场强度方向始终沿x轴正方向 即PB间
, , ,
与BO间的电场强度方向相同 均为x轴正方向 故 错误 由C点到E点电场方向向左 带电粒子从静
, , B ; ,
止开始向右运动 可知所受电场力向右 粒子带负电 从C点处运动到点F处电势先增大后减小 根据
, , , ,
E
p=
qφ 可知带电粒子的电势能先减小后增大
,
故
C
错误
;
从C点处到F点处根据动能定理得
-
qU
CF =
mv2 mv2
1mv2 -0, 解得U CF =- q, U CF = φC - φF =0- φF, φF = q, 故 D 正确 。 故选 D。
2 2 2
8.BD
解析:在地球表面上
,
根据 G
R
M
2
m
=
m v
R
2
,
G
R
M
2
m
=
mg
,
可知地球的第一宇宙速度为v地
=
gR
,
地球
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2 7
{#{QQABQYIEogCgAAIAABgCEwEyCgAQkhGACYgGBFAEoAAACQFABCA=}#}gR2 g
的质量M地
=G ,
地球的平均密度为 ρ地
=
3
GR,
同理可得月球的第一宇宙速度应为v月
=
pqgR
,
月
4π
pg
球的平均密度为 ρ月
=
3
GqR,
故
A、C
错误
;
嫦娥六号探测器没有脱离地球的引力
,
故
B
正确
;
根据线速度
4π
R R R
和周期的关系
,
地球近地卫星的周期为T地卫
=
2
v
π
地 =
2
g
π
R=2π g,
由已知条件可知
,
嫦娥六号探测器
qR T月嫦 q
绕近月轨道飞行周期约为T月嫦
=2π pg,
因此
T地卫= p,
故
D
正确
。
故选
BD。
解析:如图所示 设入射角为θ折射角为r光线到达上界面的入射角为α
9.AD , , , ,
θ
由折射定律得n
=
sin
r ,
由几何关系得α
+
r
=90°,
由题意知入射角增大到θ
=
sin
时r C 且α C时 折射率最小 可得折射率最小时C °最小折射率n
90° ,= , = , , =45,
c
=
1
=2,
故
A
正确
,B
错误
;
光在玻璃纤维中的传播速度v
=n,
光在玻璃纤维中传播的时间t
=
sin45°
L nL
要使时间最长α应最小 则r最大r最大仅能为C 所以α最小为α C 则
α v= α c, , , , , min=90°- ,
sin · sin ·
Ln Ln2
t 若玻璃纤维对该光的折射率为 则光从一端传播到另一端的最长时间为
max=
cos
C
·
c=cn2 ; 3,
-1
L L
32 若玻璃纤维对该光的折射率为 则光从一端传播到另一端的最长时间为2 故 错误 正
c , 2, c, C ,D
2
确 故选
。 AD。
解析:根据动能定理可得qU 2E E 解得CA两点间的电势差U
10.BD CA = k0- k0, 、 CA
3
E
k0 同理可得qU 2+3E 2E 解得AB两点间的电势差U
=- q, AB = k0- k0, 、 AB =
3 3 3
E E
3 k0AD两点间的电势差U U U 易知U U k0 可得U
q , 、 AD = AB + BD, ,BD = AC = q, AD =
3 3
E
(1+3)k0 故 错误A点电势最高 匀强电场的电场强度方向必指向右下方 设匀强电场的方向与
q , A ; , ,
3
U Ed α
AB边夹角为α
,
如图过B
、
C作电场线的垂线
,
由
U A
AC
B=
3
=Ed
sin
α ,
可得α
=30°,
故
C
错误
;
电场强度
3 cos
U E
E
=d
AC
α =
2
qd
k0
,
故
B
正确
;
带电粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动
,
由图可知
,
粒子由C到A和
sin 3
d α
由A到B的时间之比为
d
cos
α =3,
故
D
正确
。
故选
BD。
sin
d
2L
答案:
π(0+
2
)
分 分 等于 分
11. (1) t2 (2 ) (2)① (2 ) (2 )
0
解析:()单摆在一个周期内两次经过平衡位置,由图知两次时间间隔为 t,故该单摆的振动周期为
1 20
d d
L 2 (L )
t。由单摆的周期公式T π
0+
2,可得重力加速度 g
π 0+
2 。
20 =2 g = t2
0
L L
()由单摆的周期公式T ,可得T2
2
,若把小球直径当作半径来计算摆长,则T2
2 =2π g =4π g =
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{#{QQABQYIEogCgAAIAABgCEwEyCgAQkhGACYgGBFAEoAAACQFABCA=}#}d
2
(L )
4π - 2 4π 2 L 2π 2d ,可见由此得到的T2 L图像是图中的 。该同学通过T2 L图像求得当
g =g - g ①
地重力加速度,则有k 4π 2,解得 g 4π 2,重力加速度值与摆长无关,可见该同学得到的实验结果与实
=g =k
际值相等。
答案: 见解析 分 分 最大值 分
12. (1) (2 ) 0.36(2 ) (1 )
a 分 变低 分
(2)(2 ) (2 )
解析:() 按照测量电路图,实物连线如下图所示:
1①
电流表的最小刻度为 ,采用本位估读,故电流表读数为 ;
③ 0.02A 0.36A
闭合开关 前,为保护电路应将电阻箱的阻值调至阻值最大处。
④ S2
()热敏电阻的阻值随温度升高而减小,故温度较高时,流经电磁铁的电流较大,电磁铁磁性增强,大到一
2
定值时衔铁被吸合,此时报警器要工作,电路应闭合,故开关c应与a相连接;将滑动变阻器滑片向右移
动,连入阻值减小,达到与原来同样可报警的电流时,热敏电阻连入的电阻值要更大,而热敏电阻的阻值
随温度升高而减小,故启动报警器时的温度变低。
答案: 次 1
13. (1)9 (2)
5
解析:()因为打气过程中气体温度不变,根据玻意耳定律可知
1
pV npV pV (分)
1 + 0 0= 2
解得n 次 (分)
=9 2
()由玻意耳定律可知 pV pV (分)
2 1 = 0 1 2
m V
解得 9 0 1 (分)
m =V = 2
0 1 5
mv2 mv h
答案: 0 0 8+3π
14. (1)qh (2)qh (3) v
2 20
解析:()粒子在第一象限电场中做类平抛运动,设运动的时间为t ,则有
1 1
x轴方向有x vt h (分)
= 01=2 1
y 轴方向有 y 1at2 h (分)
= 1= 1
2
又 qE ma (分)
1= 1
mv2
解得E 0 (分)
1=qh 1
2
()由题意可知粒子到达D点时速度大小为v 且沿
y
轴正方向,则粒子从C点运动到D点的过程可视
2 0
为类平抛运动的逆过程。若仅研究两个类平抛运动,由于进入电场时的速度大小相等且均与电场强度方
向垂直,出电场时的速度大小相等,则电场力做功大小相同,同时沿电场方向的位移大小相等,由此可知
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{#{QQABQYIEogCgAAIAABgCEwEyCgAQkhGACYgGBFAEoAAACQFABCA=}#}电场强度大小相等,即Eqh Eqh,E E (分)
1 = 2 1= 2 1
C点距O点的长度等于B点距O点的长度,即CO BO h (分)
= =2 1
进入第四象限磁场时,粒子的速度v满足
v = v2 0+ v y2 ,v y= at 1= v 0 ( 1 分)
解得v v (分)
=2 0 1
在第四象限磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有 qvB
mv2
(分)
1=R 1
根据几何关系得R h (分)
=2 1
mv
解得B 0 (分)
1=qh 1
h
()粒子在第一象限中的运动时间t 2
3 1=v
0
R
粒子在第四象限磁场中运动了二分之一圆周,运动时间t 满足t π
2 2=v
h
解得t π (分)
2=v 1
0
根据运动的对称性,粒子在第三象限电场中的运动时间与在第一象限电场中的运动时间相同
h
即t t 2 (分)
3= 1=v 1
0
根据几何关系可知粒子在第二象限的磁场中运动了四分之一圆周,圆周半径为h,则运动时间t 满足
4
h
t 1 2π
4= ×v
4 0
h
解得t π (分)
4=v 1
20
h
粒子运动的总时间tt t t t 8+3π (分)
= 1+ 2+ 3+ 4= v 1
20
答案:
15. (1)0.4m (2)58m/s (3)3.4m
解析:()甲、乙一起向右做减速直线运动,由能量守恒定律可得
1
1(m m )v2 1k(L2 x2 ) 1kL2 (分)
1+ 2 1= 1+ 1 - 1 2
2 2 2
解得x (分)
1=0.4m 1
()甲、乙一起向右做减速直线运动,当二者将要发生相对滑动时,二者间达到最大静摩擦力,设此时二者
2
向右运动的位移为x
2
对乙,由牛顿第二定律得F μ (mg kL) ma (分)
f= 1 - 1 = 2 1
对甲、乙整体,由牛顿第二定律得kx (m m )a (分)
2= 1+ 2 1
甲、乙向右运动位移为x 的过程中,由能量守恒定律可得
2
1(m m )(v2 v2 ) 1k(L2 x2 ) 1kL2 (分)
1+ 2 2- 21 = 1+ 2 - 1 2
2 2 2
此后甲刚好减速到挡板 时速度v 最小,由能量守恒定律可得
N 2
L L
1mv2 1k[L2 (0 x) 2 ] 1k(L2 x2 ) μ (mg kL)0 (分)
1 21= 1+ + 2 - 1+ 2 + 1 - 1 2
2 2 2 2 2
解得v / (分)
2= 58ms 1
()物块甲先向右运动,假设能够到达挡板,且动能为E ,由能量守恒定律可得
3 kN1
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{#{QQABQYIEogCgAAIAABgCEwEyCgAQkhGACYgGBFAEoAAACQFABCA=}#}E E F· L 0 1k[L2 ( L 0) 2 ] 1kL2 (分)
k3- kN1= f + 1+ - 1 1
2 2 2 2
解得E ,则物块甲正好能够达到挡板
kN1=0 N
此时最大静摩擦力F
μ
(mg kL) ,小于弹性绳弹力的水平分力,所以将向左运动,物块从
fm= 1 - 1 =20N N
到C过程,先加速后减速,设到达C点时动能为E ,由能量守恒定律可得
C
k1
E
C
F· L 0 1k[L2 ( L 0) 2 ] 1kL2 (分)
k1+ f = 1+ - 1 1
2 2 2 2
解得E ,则物块甲能够返回C点,之后将继续向左运动位移大小x,由能量守恒定律可得
C
k1=30J 3
E
C
F·x 1k(L2 x2 ) 1kL2 (分)
k1= f 3+ 1+ 3 - 1 1
2 2
解得x ,分析可知物块甲将返回C点向右运动位移大小x,由能量守恒定律可得
3=0.6m 4
F(x x) 1k(L2 x2 ) 1k(L2 x2 ) (分)
f 3+ 4 = 1+ 3 - 1+ 4 1
2 2
解得x ,此时弹性绳弹力的水平分力正好等于最大静摩擦力,所以物块甲将静止不动,物块甲在
4=0.2m
长木板上运动的总路程
s L x x (分)
= 0+2 3+ 4=3.4m 2
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{#{QQABQYIEogCgAAIAABgCEwEyCgAQkhGACYgGBFAEoAAACQFABCA=}#}编写细目表
题号 题型 分值 知识点 难度
单项选择题 近代物理 核聚变 易
1 4 、
单项选择题 运动学图像 结合动力学 动量 能量 易
2 4 : 、 、
单项选择题 电磁感应的单棒模型 易
3 4
单项选择题 磁场叠加 易
4 4
单项选择题 远距离输电 中
5 4
单项选择题 牛顿第二定律 中
6 4
单项选择题 电场叠加及图像的问题 中
7 4
多项选择题 万有引力定律应用 求解宇宙速度等 中
8 6 、
多项选择题 几何光学 中
9 6
多项选择题 带电粒子在静电场中偏转 较难
10 6
实验题 单摆测量重力加速度 易
11 6
实验题 热敏电阻的特性探究和传感器的应用 中
12 9
计算题 理想气体的变质量问题 易
13 8
计算题 带电粒子在电磁组合场中运动 较难
14 15
计算题 应用动力学 能量的观点解决多过程问题 难
15 16 、
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{#{QQABQYIEogCgAAIAABgCEwEyCgAQkhGACYgGBFAEoAAACQFABCA=}#}
