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邯郸市 届高三年级保温试题
2025
物理参考答案
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
B D B C D A B AC ABD AD
. 解析:根据光电效应方程E hv W 入射光的频率相同 材料甲逸出功比材料乙小 则逸出的光电
1B km= - 0, , ,
子的最大初动能大 逸出的光电子最大初动能与入射光强度无关 故 错误 正确 根据光电效应的
, , A、D ,B ;
特点可知 能发生光电效应时 发生光电效应的时间几乎等于 所以从两材料表面几乎同时逸出光电子
, , 0, ,
故 错误.
C
. 解析:在 内货物的合速度大小不变 动能不变 但竖直方向位移在增大 重力势能增大 故
2D 10s~20s , , , ,
机械能增加 故 错误v-t图像下与坐标轴围成的面积表示位移 甲乙两地的水平位移为x 1
, A ; , = (30-
2
故 错误 在 内 货物在竖直方向上做匀减速上升 加速度向下 处于失
1+31)×10×3=900m, B ; 20~30s , , ,
重状态
,
故
C
错误
;
货物在
10 s
时刻达到最大速率为水平速度与竖直速度的合速度v
=
v x2
+
v y2
=5 m/s,
根
据动能定理W合
=
1mv2
,
可知W合
=500 J,
故
D
正确.
2
. 解析:当外力F的方向与细线垂直时θ最大 小球位置最高 此时 θ .θ 故 正确.
3B , , , sin =06,=37°, B
. 解析:由图 可知t 时P点向上运动 根据 同侧法 可知波向右传播 故 错误 质点P在平
4C (b) =1s , , “ ” , A ;
衡位置上下振动 不会随波迁移 故 错误 根据图 可知x 处的质点在t 时位于波峰 再经
, , B ; (a) ,=1m =1s ,
过 即t 时经过 T仍然处于波峰 故 正确 质点P在t T 1T的时间内运动的路程为
4s =5s 2 , C ; =3s= +
2
S A 1 A 故 错误.
=4 + ×4 =30cm, D
2
. 解析:用户端总电阻减小时 负载增加 副线圈T 的输出电流增大 T 原线圈电流增大 导致输电
5D ( ), 2 → 2 →
线电流I 增大 示数增大 示数反映的是T 原线圈电流 也会增大 故 错误 测量的是升压
1 (A1 ),A2 2 , , A ;V2
变压器的输出电压 由于原线圈匝数比没有变 故 示数不变 由于输电线电流I 增大导致R 上的电
, , V2 , 2 0
U U 2
压损失IR 增加 故U U IR 会减小 故 错误 功率损失 P (2- 3) 故 错误 当用户
(2 0) , 3= 2- 2 0 , B ; Δ = R , C ;
0
端电压U 因负载增加而降低时 可通过增加T 的副线圈匝数 使输出电压U 回升到正常值 故
4 , 2 , 4 , D
正确.
. 解析:根据楞次定律判断线框进入磁场的过程中 电流的方向为逆时针 即为正方向 线框离开磁场的
6A , , ,
L
过程中 电流的方向为顺时针 即为负方向 故 错误 线框匀速进入和离开磁场用时均为 线框完全进
, , , C ; v,
L
入磁场后运动 的时间内磁通量没有变化 因此没有感应电流 故 错误 线框进入磁场的过程中 在
v , , D ; , 0~
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1 6
{#{QQABKYAswggQwAbACJ4LQQFsCQuQsIGgJcosxRASqAxKQBNABAA=}#}L vt E Bv2
时间内 切割磁场的有效长度l 根据法拉第电磁感应感应定律得E Blvi t故
v , = θ , = ,=R=R · ,
2 tan tan30°
L L
错误 同理得出线框在进入磁场的 时间内 电流随时间均匀减小 方向不变 当线框离开磁场的
B ; v~v , , ,
2
L L L L
2 5 和5 3 时间段内 电流随时间均匀增大和均匀减少 故 正确.
v~v v~v , , A
2 2
. 解析:完全失重状态下对P点小球进行受力分析 如图所示 每个小球对P点小球的库仑力在x轴方
7B , ,
向的力相互叠加 除对称小球外库仑力在y轴方向的力均相互抵消 则f F θ F n F θ
, , = sin ,N=(-1)cos ,
f μF 得n 故 错误 脱离完全失重环境后若想让小球仍能相对墙壁静止 则将最下方小球取
≤ N, ≥201, A ; ,
下置于P点时最易发生相对滑动 对小球进行受力分析f' mg F' θF' n F' θf'
, , = + sin , N=(-1) cos , ≤
. 3 kq kq
μF' 得n 100 10001 . 故 正确 分析O点电场强度E E 合成可得E
N, ≥201+ ≈2121, B ; ,1=R2 ,2=d2 , =
9
kq
d4 R4 9 故 错误 分析OP间任意一点的电场强度 由图可得E'在y轴方向的电
d2R2 + ≈9×10 N/C, C ; , 2
场强度无法抵消 故没有电场强度为 的点 故 错误.
, 0 , D
F y F f′ E′
E
E
F / F / ′ θ F x ′
θ F x mg E O E ′
f F′
y F′
. 解析:小球运动过程中 电场力做正功 电势能减少 机械能增加 故 正确 由题可知 将小球的运
8AC , , , , A ; ,
动分解成水平方向和竖直方向的运动 由受力可知 小球在竖直方向只受重力 故在竖直方向做竖直上抛
, , ,
v v
运动 从O点运动到最高点A满足t 0sin60° 3 0 故 错误 水平方向只受电场力 故水平方向做
, = g = g , B ; ,
2
v v qE
匀变速直线运动 水平方向的初速度为v v 0由题可知 小球有v 0 at由a 解得
, 0 x = 0cos60°= , 0= + , =m,
2 2
v 2
v2 0
mg 0-
匀强电场的电场强度大小为E 3 故 正确 由上分析可知x 2 代入数据解得x
= q , C ; OA = a , OA =
3 2
v2 mv2
33 0 故OA两点的电势差为U Ex 3 0 故 错误.
g , 、 OA = OA = q , D
8 8
. 解析:运载火箭只要达到第一宇宙速度左右即可进入近地圆形轨道 故 正确 卫星 和卫星 在
9ABD , A ; a b
经过P点时 受到地球的万有引力大小相等 方向相同 根据牛顿第二定律 两个卫星的加速度大小相等
, , , , ,
方向相同 故 正确 因两个卫星的运行轨道不同 两个卫星与地球的连线在相同的时间扫过的面积不一
, B ; ,
GMm v2 GM
定相等 故 错误 在圆轨道上运动的卫星 由万有引力提供向心力有 m 可知v 即轨
, C ; , r2 = r, = r ,
道越高 速度越小 根据卫星变轨的规律可知 假设卫星 在经过M点所在的圆轨道时 须经历加速才能
, , , b ,
在椭圆轨道运行 同理 卫星 在经过N点时须经历加速才能在N点所在圆轨道运行 所以卫星 在P
, , b , a
点的速度 大于卫星 在N点的速度且小于卫星 在M点的速度 故 正确.
, b b , D
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2 6
{#{QQABKYAswggQwAbACJ4LQQFsCQuQsIGgJcosxRASqAxKQBNABAA=}#}N
P
a b
)
M
qU
. 解析:粒子经加速电压U后 由动能定理可知qU 1mv2 速度v 2 代入磁场中半径公式
10AD , = , = m ,
2
mv qB2L2 L
r 可求得粒子的轨迹半径与电压的关系 当U U 时 半径r U U 时 半径r
=qB, , = 0= m , 1= ,=2 0 , 2=
8 2
L L
2 U U 时 半径r 3 当粒子沿y轴正方向射入磁场时 粒子在xOy平面偏转半个圆周打在
,=3 0 , 3= , ,
2 2
x轴上 当加速电压为 U 时粒子打中板上位置最远 为 L 因此打中板长度为 3 L 故 正
, 3 0 , 3 , 3- , A
2
确 当U U 粒子射向xOy平面 恰好打在板上的临界情况如图所示
; =3 0、 , :
y
B
UO θ
x
m q θ L
O′
3L
由几何关系可知 θ 4 3θ 则击中吸收板的粒子占粒子总数的比例为
:sin = = ,=60°, (90°-60°)/90°=
3L 2
2
故 错误 当U U 粒子射向yOz平面 速度方向与y轴正方向夹 时 粒子的运动轨迹如下
33%, B ; = 0, , 30° ,
图所示
:
y
B
W
y
O
W x
z
将速度分解为沿y轴方向的v 和沿z轴方向的v 则粒子在z轴方向以v 分速度做匀速直线运动 在
y z, z ,
xOy平面以v 分速度做匀速圆周运动 故当粒子运动圆周运动半周期的奇数倍时粒子离z轴最远 由
y , ,
m m
T 2π 可知 粒子与z轴距离最大时的时间为t nπ n 故 错误 当U U 粒子
=qB , 1= qB(=1,3,5……), C ; =2 0,
qBL
速度方向与xOy平面和z坐标轴夹角均为 时 初速度大小为v 2 将其分解为z轴方向分速
45° , 0= m ,
2
qBL qBL
度v 和xOy平面分速度v 粒子在z轴方向以v 分速度做匀速直线运动 在xOy平面
Z = m xOy= m, z ,
2 2
m L L
以v 分速度做匀速圆周运动 则经过t 3π 时粒子的坐标为 3L 故 正确.
xOy , 2=qB ,- ,- π , D
2 2 2 4
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3 6
{#{QQABKYAswggQwAbACJ4LQQFsCQuQsIGgJcosxRASqAxKQBNABAA=}#}VV
.答案: 分 分 分 0 1 分
11 (1)①④(2 ) 2∶1(2 ) (2)FABCDE(2 )NV n n a2 (2 )
2(1+ 2)
解析:() 探究向心力的大小与轨道半径之间的关系,要保持角速度和质量一定,应将皮带套在塔轮
1①
上; 根据F
n
mω2r可知皮带连接的左、右塔轮的角速度之比为 ,结合v ωr可知皮带连接
①④ ② = 1∶2 =
的左、右塔轮半径之比为 .
2∶1
()该实验的实验步骤为:配制油酸酒精溶液,测定一滴油酸酒精溶液的体积,准备浅水盘,撒上爽身粉,
2
向水面滴一滴油酸酒精溶液,形成油膜,描绘油膜边缘,测量油膜面积,计算分子直径大小.所以实验步骤
合理的顺序为 .由于体积总量为V 的油酸酒精溶液中有纯油酸体积V ,则溶液的浓度为
η
FABCDE 2 1 =
V V
1;用注射器和量筒测得体积为V 的该溶液有N滴,则一滴溶液中纯油酸的体积为V 0η ;用轮廓范
V 0 =N
2
围内正方形的个数乘以单个正方形的面积表示油膜面积,计算正方形个数时多于半个的算一个,不足半
V VV
个的舍去,则可得油膜面积S (n n)a2 ;油酸分子直径为d ,联立解得d 0 1 .
= 1+ 2 =S =NV (n n)a2
2 1+ 2
.答案: 分 进行欧姆调零 红黑表笔短接 调节欧姆调零旋钮使表的指针指向欧姆零处 后再
12 (1)×1k(2 ) ( , )
将红黑表笔分别与电阻两端接触进行电阻测量 分 . 4 分 电流的磁效应 分
(2 ) 19×10(2 ) (2) (2 )
解析:() 时指针偏转角度较小,表盘示数较大,需要增大倍率,故填 ;读数为 .,倍率为
1 ×100 ×1k 190
,保留两位有效数字,故读数为 . 4 ;换倍率之后应先进行欧姆调零,之后再进行电阻的测
×1k 19×10 Ω
量,故正确操作为:进行欧姆调零(红黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮使表的指针指向欧姆零处)后再将红
黑表笔分别与电阻两端接触进行电阻测量.在测电阻前有欧姆调零的意思即可给分.
()光敏电阻与干簧管外线圈串联,当报警器有光照射时,光敏电阻阻值减小,根据闭合电路欧姆定律得,
2
电路中电流增大,线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化,两个簧片由原来的分离状态
变成闭合状态,蜂鸣器所在电路接通,蜂鸣器发声.反之,当没有光照射或光很微弱时,光敏电阻阻值很
大,根据闭合电路欧姆定律得,电路中电流很小,干簧管内的两个铁质簧片处于分离状态,连接蜂鸣器的
电路断开,蜂鸣器不发声.由上述原理分析可知,实验应用了电流的磁效应.
R R
.答案: l π t 6
13 (1)= (2)=c
3
解析:()光线垂直AB界面进入玻璃后在AC界面的入射角为 ,由 C 1 (分)
1 45° sin =n 2
可知,其临界角C (分)
=30° 1
故光束将在AC界面发生全反射,反射光线平行于AB方向,如图所示.
C
M
c
D
O
c
N A
B
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4 6
{#{QQABKYAswggQwAbACJ4LQQFsCQuQsIGgJcosxRASqAxKQBNABAA=}#}当光线在圆弧BDC的入射角θ 时,光线将发生全反射,不能射出,圆弧MDN范围内有光线射出,
≥30°
R
由几何关系可知,其圆心角为 ,所对应的弧长l π (分)
60° = 1
3
()如图,由几何关系可知,当反射光线过圆心O时其光程最长,s R,
2 =3
c
由v (分)
=n 2
c
可知,光在介质中的传播速度v
=
2
s R
其传播时间t 6 (分)
=v=c 2
.答案: 2 . 2 . .
14 (1)12m/s 84m/s (2)126m (3)18m
解析:()释放后,木板受传送带向下的滑动摩擦力,由于 大于 ,木板比物块运动得快,
μ μ
1 1 2
对物块由牛顿第二定律得
mg θ μmg θ ma (分)
sin + 2 cos = 2 1
解得a . / 2 (分)
2=84ms 1
对木板有
Mg θ μ (m M)g θ μmg θ Ma (分)
sin + 1 + cos - 2 cos = 1 1
解得a /
2
(分)
1=12ms 1
()设经时间t 木板与传送带速度相同,则v at (分)
2 1 0= 11 1
解得t .
1=07s
同速后由于
μ (m M)g θ μmg θ . ,Mg θ
1 + cos + 2 cos =168N sin =12N
可知, μ (m M)g θ μmg θ Mg θ ,
1 + cos + 2 cos > sin
故木板与传送带相对静止一起匀速运动,物块继续加速 (分)
2
设再经时间t 物块与木板及传送带速度相同,
2
则v a(t t) (分)
0= 2 1+ 2 1
解得t .
2=03s
此时物块相对木板向上端发生位移为
x 1at2 vt 1a(t t) 2 . (分)
Δ 1= 11+ 02- 2 1+ 2 =126m 1
2 2
故要使物块不从木板上端滑出,
物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为 .
126m
()同速后物块会相对于木板下滑,
3
对物块有mg θ μmg θ ma' (分)
sin - 2 cos = 2 1
解得a' . / 2
2=36ms
对木板有F合 μmg θ Mg θ μ (m M)g θ (分)
= 2 cos + sin - 1 + cos =0 1
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{#{QQABKYAswggQwAbACJ4LQQFsCQuQsIGgJcosxRASqAxKQBNABAA=}#}知木板仍匀速运动至t' (分)
=2s 1
则从物块与木板及传送带等速至物块从木板上滑落时间为
t t' (t t) (分)
3= - 1+ 2 =1s 1
这段时间内物块相对木板向下端运动的距离为
x vt 1a't2 vt . (分)
Δ 2= 03+ 23- 03=18m 1
2
可得木板上的长度至少是 . .
18m
.答案:
mgR
4
m2gR2
15
m2gR2
3
mgRt
15 (1)BL (2)B4L4 (3) B4L4 + B2L2
8 4
解析:()MN边刚进入磁场时加速度变为零,则可得
1
mg θ BI·L (分)
6 sin = 2 2
BB 两点之间的电势差U ,则可得
BB
1 2 12
R
U I·2 (分)
BB
= 2
12
3
mgR
解得U (分)
BB =BL 1
12
()MN边刚进入磁场时
2
E B·Lv (分)
= 2 0 1
R
E I·8 (分)
= 1
3
金属线框从静止释放到MN边刚进入磁场,由动能定理可得
mgx θ 1·mv2 (分)
6 1sin = 6 0 2
2
解得x 4
m2gR2
(分)
1= B4L4 1
()从线框MNPQ完全进入磁场到再次加速度为零时,此时速度为v,
3 1
由力学平衡和动量定理可知 mg θ 4
B2 (
2
L) 2v
1 (分)
6 sin = R 2
4
mg θ ·t 4
B2 (
2
L) 2v
·t m(v v) (分)
6 sin -∑ R Δ=6 1- 0 2
4
其中x vt
2=∑ Δ
解得x 15
m2gR2
3
mgRt
(分)
2= B4L4 + B2L2 2
8 4
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6 6
{#{QQABKYAswggQwAbACJ4LQQFsCQuQsIGgJcosxRASqAxKQBNABAA=}#}
