高三物理参考答案 第1
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河北省2025届高三年级大数据应用调研联合测评(Ⅰ)
物理参考答案及解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
D
D
C
BD
CD
BC
1.D 【解析】普通路面上摩擦力都是不能忽略不计的,另外电动汽车车轮与轴之间也有摩擦,由于摩擦生
热,部分电能向内能转化,另外电池和电动机均有电阻,电流通过这些电阻的过程中将产生焦耳热,在水
平公路上加速启动,速度增大,动能增大,所以电能转化为动能和内能,选项D 正确。
2.C 【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变的产物中X 为
0
-1e,即为电子,则发生的是β衰变,β衰
变产生的电子来自原子核内部,选项AB错误;钷147的半衰期为τ=2.6年,经过t=5.2年,剩余的质量
为m=m0 1
2
t
τ
=100
g× 1
2
5.2年
2.6年
=25
g,选项C正确;半衰期是由核内部自身的因素决定的,与原子所
处的化学状态和外部条件均无关,所以半衰期不会变,选项D 错误。
3.C 【解析】从振动图像可知t=0.2
s时刻x=4
m 处质点P 的运动方向沿y 轴负方向,根据波传播方向
与质点振动的关系可知该简谐波沿x 轴正方向传播,同理可知t=0.2
s时刻质点Q 正沿y 轴负方向运
动,选项A、B错误;波速由介质本身决定,与波动的周期没有关系,从振动图像可知振动周期T=0.4
s,
从波动图像可知波长λ=8
m,则波速v=λ
T =20
m/s,选项C正确,选项D 错误。
4.B 【解析】列车以速度v 行驶时受到的阻力为f1=kv,列车的牵引力为F1=P
v
,设列车总质量为m,根据
牛顿第二定律有F1-f1=ma,以上三式联立解得P=mav+kv
2,同理,列车以速度2v 行驶时受到的阻
力为f2=k·2v,列车的牵引力为F2=P'
2v
,根据牛顿第二定律有F2-f2=ma,以上三式联立解得
P'=2mav+4kv
2,所以2P<P'<4P,选项B正确。
5.D 【解析】转换器可以将电压为U0 的直流电转变成u= 2U0sin
100πt的交变电流,汽车蓄电池的电压为
12
V,则转化的电压为u=12 2sin
100πt(V),电压的有效值为12
V,则变压器原线圈的电压为U1=12
V,则
电压表的示数为12
V,不随负载功率的变化而变化,选项A 错误;转化的电压为u=12 2
sin
100πt(V),则
ω=100π,电流的频率为f=ω
2π=50
Hz,选项B错误;电饭煲额定电压为220
V,则电饭煲加热时变压器副线
圈的电压为U2=220
V,则原、副线圈的匝数比为n1
n2=U1
U2=3
55
,选项C错误;电饭煲加热时功率为P=660
W,原、
副线圈功率相同,则原线圈电流为I1=P
U1=55
A,选项D正确。
6.D 【解析】圆环上取一微元电荷q,可视为点电荷,根据真空中点电荷电场强度计算公式,微元电荷q 在圆
心O 处产生的电场强度大小E=k q
R
2,圆环上电荷到圆心O 的距离相同,都为R,则每个微元电荷q 在圆
心O 处产生的电场强度大小都相等,方向从微元电荷指向圆心O,根据对称性和叠加原理可知整个圆环
全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为0,选项A 错误;同理,根据对称性和叠加原理可知圆环
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高三物理参考答案 第2
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AC 和BD 部分全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为0,则四分之三圆环ACBD 部分的全部正
电荷在圆心O 处产生的电场强度大小相当于四分之一圆环BC 部分在圆心O 处产生的电场强度,四分之
一圆环BC 部分在圆心O 处产生的电场强度大小与四分之一圆环AC 部分在圆心O 处产生的电场强度大
小相等,即为E0,选项B 错误;根据对称性可知四分之一圆环AC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的
电场强度大小为E0,方向沿PO 方向,圆环BC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小也为
E0,方向垂直于PO 方向,根据叠加原理和平行四边形定则可知半圆环ACB 部分的全部正电荷在圆心O
处产生的电场强度大小为E1= 2E0,选项C错误;设八分之一圆环AP 部分的全部正电荷在圆心O 处产
生的电场强度大小为E2,根据对称性可知八分之一圆环CP 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强
度大小也为E2,根据对称性和叠加原理可知两电场强度方向夹角为45°,两电场强度矢量和即为四分之一
圆环AC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度,所以有2E2cos
45°
2 =E0,解得E2=
E0
2cos
45°
2
=
E0
2 1+cos
45°
2
=
E0
2+ 2
,选项D 正确。
7.C 【解析】嫦娥六号探测器没有脱离地球引力,所以嫦娥六号探测器发射的速度应大于第一宇宙速度小
于第二宇宙速度,选项A 错误;在地球表面上有G Mm0
R
2 =m0g①,嫦娥六号探测器在环月轨道做匀速圆
周运动有G
pMm
(qR+h)
2=m(qR+h)2π
T
2
②,①②式联立解得h=
3
pgR
2T
2
4π
2
-qR,选项B 错误;设月球
的第一宇宙速度大小为v,则有GpMm1
(qR)
2=m1
v
2
qR③,①③式联立解得v=
pgR
q
,选项C 正确;在月球表
面上有GpMm0
(qR)
2=m0g月④,①④式联立解得g月=pg
q
2 ,选项D 错误。
8.BD 【解析】以物体为研究对象,根据共点力平衡条件可得拉物体的轻绳上的弹力为T1=mg,则拉物体
的轻绳上的弹力不变,选项A 错误;轻绳绕过轻滑轮,轻滑轮相当于一活结,该轻绳上的弹力都为
T1=mg,以滑轮为研究对象,根据共点力平衡条件可得轻绳OA 上的弹力为T2=2T1cos
α
2
,拉着绳在水
平地面上向右运动过程中两绳夹角α 逐渐增大,α
2为锐角,cos
α
2逐渐减小,则弹力T2 逐渐减小,选项B
正确;轻绳OA 恰好在两绳夹角的角平分线上,吊物体的轻绳在竖直方向上,根据几何关系可知α=2θ,则
夹角α 与夹角θ 的比值不变,选项C 错误;以人为研究对象,根据共点力平衡条件可得地面对人的摩擦力
为Ff=T1sin
α,在水平地面上向右运动过程中两绳夹角α 逐渐增大,sin
α 增大,摩擦力逐渐增大,选项D
正确。
9.CD 【解析】物体温度是它分子热运动的平均动能的标志,所以乒乓球内气体温度升高后分子热运动的平
均动能增大,但不是每个气体分子的动能都增大,选项A 错误;乒乓球恢复成原来的圆球形的过程气体体
积增大,对外做功,即W <0,选项B错误;气体的温度升高,则内能增大,即ΔU>0,根据热力学第一定律
ΔU=Q+W ,则Q>0,即气体从外界吸收热量,选项C 正确;乒乓球恢复成原来的圆球形过程,初态温度
为T1=27
℃=300
K,末态温度为T2=87
℃=360
K,根据理想气体状态方程有p1V1
T1 =p2V2
T2
,解得
p2=1.26×10
5
Pa,选项D 正确。
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高三物理参考答案 第3
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10.BC 【解析】线框进入磁场过程中根据楞次定律可判定线框中感应电流的方向为A-B-C-D-A,线
框穿出磁场过程中根据楞次定律可判定线框中感应电流方向为A-D-C-B-A,根据安培定则可以
判定CD 边在磁场中时,受到的安培力方向水平向左,AB 边在磁场中时,受到的安培力方向也向左,
AB、CD 边在磁场外时不受安培力,AD 边和BC 边受到的安培力大小相等、方向相反,所以线框穿过磁
场过程中受到的安培力方向水平向左,选项A 错误。线框进入磁场过程中通过线框导体横截面上的电
荷量为q=I
-
t=
ΔΦ
Δt
Rt=Bd
2
R
,选项B 正确。线框穿过磁场整个过程中线框产生的感应电动势为E =
Bdvsin
α,通过的时间为t= 2d
vsin
α
,整个过程产生的热量为Q=E
2
Rt=2B
2d
3vsin
α
R
,选项C 正确。此过
程中线框受安培力的方向水平向左,线框的CD 边恰好没有穿出磁场,则水平方向的末速度变为0,在水
平方向上,设向左为正方向,根据动量定理,此过程中线框受安培力的冲量I=0- (-mv0sin
α)=
mv0sin
α,选项D 错误。
11.(6分,除标注外,每空2分)(1)不能(1分) 也可以不(1分)
(2)m1 x3 =m1 x1 +m2 x2 m1x3=m1x1+m2x2(或x3 + x1 = x2 )
【解析】(1)如果换用五角硬币从倾斜部分滑下与一元硬币碰撞,碰撞后五角硬币会反弹,则不能测出五
角硬币碰撞后的运动位移,所以不能完成实验;本实验中验证动量守恒定律需计算两硬币碰撞前后的动
量,两硬币碰撞前后的速度根据运动学公式v
2=2ax 求出,当平直部分水平时两硬币的加速度大小均为
a=μg,加速度大小相同,当平直部分有一微小倾角θ 时,两硬币的加速度为a=g(μcos
θ±sin
θ),两硬
币的加速度仍然相同,所以该实验平直轨道部分不一定水平,只要保证两硬币做减速运动最后能停在平
直部分即可,故要正确完成实验也可以不保持平直轨道部分水平。
(2)两硬币做匀减速直线运动,根据动力学公式v
2=2ax,加速度为a=μg,两硬币加速度大小相等,可知
一元硬币碰撞前的速度为v0= 2ax3 ,一元硬币碰撞后的速度为v1= 2ax1 ,五角硬币碰撞后的速度为
v2= 2ax2 ,两硬币碰撞前后动量守恒,则m1v0 =m1v1 +m2v2,将速度代入等式可得m1
x3 =
m1 x1 +m2 x2 ;若两硬币的碰撞为弹性碰撞,则还要满足1
2m1v
2
0=1
2m1v
2
1+1
2m2v
2
2,将速度代入等
式可得m1x3=m1x1+m2x2,进一步推得x3 + x1 = x2 。
12.(10分,除标注外,每空2分)(1)0.400(0.398~0.402均可)(1分)
(2)×10(1分) 1.10×10
2
(或110)
(3)①C(1分) F(1分) ②100 ③2.4×10
-5
【解析】(1)螺旋测微器的精确值为0.01
mm,由图可知金属丝的直径为d=0
mm+40.0×0.01
mm=
0.400
mm。
(2)用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏转角太大,说明表盘上电阻示数较小,要使指针
指向中间位置,即要使表盘上电阻示数变大,所以需要把倍率调小,则挡位应调整为“×10”;读数为
11.0×10
Ω=1.10×10
2
Ω。
(3)①分压式接法滑动变阻器总阻值越小,调节时电流和电压的变化越接近线性变化,所以滑动变阻器
应选择电阻较小的C;当定值电阻R0 选F 项500
Ω 时,与电压表V2 并联的总电阻为R并= R0RV
R0+RV =
400
Ω,从欧姆表的测量可知电阻丝的电阻约为Rx=110
Ω,则
R并
Rx+R并=
400
Ω
110
Ω+400
Ω
≈4
5
,所以两电
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高三物理参考答案 第4
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压表可以同时达到满偏,如果选E项10
Ω 时,电压表V1 满偏时电压表V2 达不到量程的三分之一,电压
表V2 满偏时电压表V1 会超过量程,所以定值电阻R0 应选F;
②根据欧姆定律和串并联电路的特点有Rx
R并=U1-U2
U2
,数学变换得U1-U2=Rx
R并U2,则(U1-U2)
-U2 图
像的斜率为k=Rx
R并
,从图(d)可得图像的斜率k=1
4
,解得Rx=100
Ω;
③根据电阻定律可得电阻率为ρ=Rx
S
l =100×
1
4×3×(0.400×10
-3)
2
0.5
Ω·m=2.4×10
-5
Ω·m。
13.(8分)30° 2
【解析】作出光路图如图所示,设从AC 边入射时折射角为α,根据折射定律有sin
45°
sin
α =n①(2分)
光线第一次到达AB 边时恰好发生全反射,则在AB 边的入射角为临界角C,sin
C=1
n ②(1分)
.
1
/
#
$
"
根据几何关系有∠APM =α+(90°-C)(1分)
又因为∠A=15°,则∠APM =75°,
则α+(90°-C)=75°
即α=C-15°(1分)
则sin
α=sin(C-15°)=sin
C× 6+ 2
4
-cos
C× 6- 2
4
③(1分)
由①②可得sin
α= 2
2sin
C 与③联立解得tan
C=1,临界角C=45°
联立解得折射角α=30°(1分)
折射率n= 2(1分)
14.(14分)(1)(π+3)m
2qB
(2)v0B mv0
qB
【解析】(1)粒子沿x 轴正方向射入匀强磁场,又垂直于x 轴方向射出匀强磁场,则O 点为带电粒子在匀
强磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆圆心,设粒子从M 点射出匀强磁场,作出粒子的运动轨迹如图所示,
OP 和OM 为粒子的轨迹圆半径,设为r,洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv
2
0
r
(1分)
Y
Y
&
.
Z
Z
#
0
W
1
2
θ
解得r=mv0
qB
,即xOP =xOM =mv0
qB
(1分)
OP∶OQ=2∶3,则xOQ =3
2xOP =3mv0
2qB
(1分)
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粒子在匀强磁场中运动的圆心角为90°,则从P 点到M 点运动时间t1=1
4T=1
4×2πr
v0 =πm
2qB
(1分)
粒子在匀强电场中做类平抛运动,出电场后做匀速直线运动,分析可得在y 方向速度大小不变,则从M
点运动到Q 点的时间为t2=xOQ
v0 =3m
2qB
(1分)
则从P 点到Q 点经历的时间t=t1+t2=
(π+3)
2qB m(1分)
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动,x 方向上有x=1
2at
2(1分)
y 方向上有y=v0t(1分)
射出匀强电场时x 方向的分速度为vx=at(1分)
打到Q 点时速度方向与y 轴负方向的夹角为45°,则有vx
v0 =tan
45°(1分)
由几何关系可得xOM -x
xOQ -y =tan
45°(1分)
根据牛顿第二定律有qE=ma(1分)
以上各式联立解得匀强电场的电场强度大小E=v0B(1分)
y=mv0
qB
,即匀强电场沿y 方向的宽度d=y=mv0
qB
(1分)
15.(16分)(1)4
m/s (2)162
J (3)34
N·s
【解析】(1)传送带足够长,则物块B 在传送带上向右滑动的速度一定能减小到0,传送带的速度v=8
m/s
小于物块B 初始的速度v0=10
m/s,则物块B 第一次滑离传送带时速度等于传送带的速度v=8
m/s
(1分)
设物块A、B 第一次碰撞之后速度为v共,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有
Mv=(M +m)v共(1分)
解得v共=4
m/s
物块A、B 碰撞之后,沿圆弧轨道向上运动和返回过程中系统的机械能守恒,即A、B 分开前瞬间它们的
速度v共=4
m/s,所以A、B 分开时物块B 的速度为v1=v共=4
m/s(1分)
(2)物块B 在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有μMg=Ma(1分)
解得a=2
m/s
2
物块B 减速到0的时间t1=v0
a =5
s(1分)
物块B 和传送带运动的位移分别为x1 和x2,减速过程中相对滑动的位移为
Δx1=x1+x2=v0
2t1+vt1=65
m(1分)
物块B 在传送带上向左加速运动的加速度还为a=2
m/s
2
物块B 向左加速到与传送带速度相等时不再发生相对滑动,加速过程时间
t2=v
a =4
s(1分)
加速过程物块B 和传送带运动的位移分别为x3 和x4
加速过程中相对滑动的位移为Δx2=x4-x3=vt2-v
2t2=16
m(1分)
{#{QQABAYAAogiIAJAAARgCQwX4CEGQkACACYgGBAAAsAIAQBFABAA=}#}
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整个过程产生的热量为Q1=μMg(Δx1+Δx2)=162
J(1分)
(3)物块A、B 第一次碰撞后,物块B 以速度v1=4
m/s滑上传送带,物块B 的速度v1=4
m/s小于传送
带的速度,则物块向右减速到0后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可
知物块B 离开传送带时速度大小也为v1=4
m/s
物块B 在传送带上运动的时间为T1=-v1-v1
-a
=4
s(1分)
设物块A、B 第二次碰撞之后速度为v2,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有
Mv1=(M +m)v2(1分)
解得v2=2
m/s
物块B 以速度v2=2
m/s滑上传送带,物块B 的速度v2=2
m/s小于传送带的速度,则物块向右减速到
0后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可知物块B 离开传送带时速度
大小也为v2=2
m/s
物块B 在传送带上运动的时间为T2=-v2-v2
-a
=2
s
之后重复上述过程,设物块A、B 第n 次碰撞之后速度为vn,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有
Mvn-1=(M +m)vn(1分)
解得vn=
M
M +mvn-1=1
2
nv=8
2
n
m/s (n=1,2,3,…)
物块B 以速度vn=8
2
n
m/s滑上传送带,物块B 的速度vn=8
2
n
m/s小于传送带的速度,则物块向右减速
到0后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可知物块B 离开传送带时速
度大小也为vn=8
2
n
m/s(1分)
物块B 在传送带上运动的时间为Tn=-vn-vn
-a
=8
2
n
s (n=1,2,3,…)(1分)
物块B 在传送带上与传送带有相对滑动过程中物块B 会受到水平向左的滑动摩擦力,速度与传送带速
度相等之后不再受到摩擦力的作用,则摩擦力的作用时间为
t=t1+t2+T1+T2+…+Tn(1分)
根据等比数列求和得T1+T2+…+Tn=
41-1
2
n
1-1
2
s=8
s
则摩擦力的冲量为I=μMgt=34
N·s(1分)
{#{QQABAYAAogiIAJAAARgCQwX4CEGQkACACYgGBAAAsAIAQBFABAA=}#}
