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心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
河北省 届高三年级大数据应用调研联合测评( )
2025 Ⅰ
物理参考答案及解析
心
题号 中
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 究
答案 研
D C C B D D C BD CD BC
用
. 【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
1D , , 应
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 据
, , , ,
数
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 正确
, , , , D 。 大
. 【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变的产物中 为 0 即为电子 则发生的是 衰变 衰 育
2C X -1e, , β , β
教
变产生的电子来自原子核内部 选项 错误 钷 的半衰期为τ . 年 经过t . 年 剩余的质量
, AB ; 147 =26 , =52 , 才
t .年
为m m 1
τ
1
5
2
.2
6
年
选项 正确 半衰期是由核内部自身的因素决定的 与原子所
英
= 0 =100g× =25g, C ; , 爱
2 2
处的化学状态和外部条件均无关 所以半衰期不会变 选项 错误
, , D 。
. 【解析】从振动图像可知t . 时刻x 处质点P的运动方向沿y轴负方向 根据波传播方向
3C =02s =4m ,
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 . 时刻质点Q正沿y轴负方向运
, =02s
动 选项 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 .
, A、B ; , , =04s,
λ
从波动图像可知波长λ 则波速v 选项 正确 选项 错误
=8m, =T=20m/s, C , D 。
P
. 【解析】列车以速度v行驶时受到的阻力为f kv 列车的牵引力为F 设列车总质量为m 根据
4B 1= , 1=v, ,
牛顿第二定律有F f ma 以上三式联立解得P mav kv2 同理 列车以速度 v行驶时受到的阻
1- 1= , = + , , 2
P'
力为f k v 列车的牵引力为F 根据牛顿第二定律有F f ma 以上三式联立解得
2= ·2 , 2= v, 2- 2= ,
2
P' mav kv2 所以 P P' P 选项 正确
=2 +4 , 2 < <4 , B 。
. 【解析】转换器可以将电压为U 的直流电转变成u U t的交变电流 汽车蓄电池的电压为
5D 0 = 2 0sin100π ,
则转化的电压为u t 电压的有效值为 则变压器原线圈的电压为U 则
12V, =122sin100π(V), 12V, 1=12V,
电压表的示数为 不随负载功率的变化而变化 选项 错误 转化的电压为u t 则
12V, , A ; =122sin100π(V),
ω
ω 电流的频率为f 选项 错误 电饭煲额定电压为 则电饭煲加热时变压器副线
=100π, = =50Hz, B ; 220V,
2π
n U
圈的电压为U 则原 副线圈的匝数比为 1 1 3 选项 错误 电饭煲加热时功率为P 原
2=220V, 、 n=U = , C ; =660W, 、
2 2 55
P
副线圈功率相同 则原线圈电流为I 选项 正确
, 1=U =55A, D 。
1
. 【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
6D , , ,
q
心O处产生的电场强度大小E k 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
= R2 , , ,
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 选项 错误 同理 根据对称性和叠加原理可知圆环
0, A ; ,
高三物理参考答案 第 页(共 页)
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教 研
才 用
英 应
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英
爱心
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用
应
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育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
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 则四分之三圆环ACBD部分的全部正
0,
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E 选项 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
, 0, B ;
电场强度大小为E 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 心
0, ,
中
E 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
0, , 究
处产生的电场强度大小为E E 选项 错误 设八分之一圆环AP部分的全部正电荷在圆心O处产 研
1= 2 0, C ;
用
生的电场强度大小为E 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
2, 应
度大小也为E 根据对称性和叠加原理可知两电场强度方向夹角为 两电场强度矢量和即为四分之一 据
2, 45°,
数
E
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 E 45° E 解得E 0 大
, 2 2cos
2
= 0, 2=
45°
=
育
2cos
2 教
E E 才
0 0 选项 正确
= , D 。 英
1+cos45° 2+ 2 爱
2
2
. 【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
7C ,
Mm
于第二宇宙速度 选项 错误 在地球表面上有G 0 mg 嫦娥六号探测器在环月轨道做匀速圆
, A ; R2 = 0 ①,
周运动有G pMm mqR h 2π 2 式联立解得h 3pgR2T2 qR 选项 错误 设月球
qR h2= ( + )T ②,①② = 2 - , B ;
( + ) 4π
pMm v2 pgR
的第一宇宙速度大小为v 则有G 1 m 式联立解得v 选项 正确 在月球表
, qR 2= 1qR③,①③ = q , C ;
( )
pMm pg
面上有G
qR 2
0
=
m
0
g月
④,①④
式联立解得g月
=q2 ,
选项
D
错误
。
( )
. 【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T mg 则拉物体
8BD , 1= ,
的轻绳上的弹力不变 选项 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
, A ; , ,
α
T 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T T 拉着绳在水
1= , , 2=2 1cos ,
2
α α
平地面上向右运动过程中两绳夹角α逐渐增大 为锐角 逐渐减小 则弹力T 逐渐减小 选项
, ,cos , 2 , B
2 2
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 θ 则
; , , =2 ,
夹角α与夹角θ的比值不变 选项 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
, C ; ,
为F T α 在水平地面上向右运动过程中两绳夹角α逐渐增大 α 增大 摩擦力逐渐增大 选项
f= 1sin , ,sin , , D
正确
。
. 【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
9CD ,
均动能增大 但不是每个气体分子的动能都增大 选项 错误 乒乓球恢复成原来的圆球形的过程气体体
, , A ;
积增大 对外做功 即W 选项 错误 气体的温度升高 则内能增大 即 U 根据热力学第一定律
, , <0, B ; , , Δ >0,
U Q W 则Q 即气体从外界吸收热量 选项 正确 乒乓球恢复成原来的圆球形过程 初态温度
Δ = + , >0, , C ; ,
pV pV
为T 末态温度为T 根据理想气体状态方程有 1 1 2 2 解得
1=27℃=300K, 2=87℃=360K, T = T ,
1 2
p . 5 选项 正确
2=126×10 Pa, D 。
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英
爱
. 【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
10BC - - - - ,
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
, , , ,
ABCD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 错误 线框进入磁场过程中通过线框导体横截面上的电 心
, A 。
中
Φ
Δ 究
t Bd2
荷量为q I-t Δt 选项 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 研
= =R = R , B 。 =
用
Bdv α 通过的时间为t 2
d
整个过程产生的热量为Q
E2
t 2
B2d3v
sin
α
选项 正确 此过
应
sin , =v α , =R = R , C 。 据
sin
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 在水 数
, , 0, 大
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-(- mv 0sin α )= 育
mv α 选项 错误 教
0sin , D 。 才
. 分 除标注外 每空 分 不能 分 也可以不 分
11 (6 , , 2 )(1) (1 ) (1 ) 英
m x m x m x mx mx mx 或 x x x 爱
(2) 1 3= 1 1+ 2 2 1 3= 1 1+ 2 2( 3+ 1= 2)
【解析】 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
(1) , ,
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v2 ax求出 当平直部分水平时两硬币的加速度大小均为
, =2 ,
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 gμ θ θ 两硬
= , , , = (cos ±sin ),
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
, 。
两硬币做匀减速直线运动 根据动力学公式v2 ax 加速度为a μg 两硬币加速度大小相等 可知
(2) , =2 , = , ,
一元硬币碰撞前的速度为v ax 一元硬币碰撞后的速度为v ax 五角硬币碰撞后的速度为
0= 2 3, 1= 2 1,
v ax 两硬币碰撞前后动量守恒 则mv mv mv 将速度代入等式可得m x
2= 2 2, , 1 0= 1 1+ 2 2, 1 3 =
m x m x 若两硬币的碰撞为弹性碰撞 则还要满足1mv2 1mv2 1mv2 将速度代入等
1 1+ 2 2; , 1 0= 1 1+ 2 2,
2 2 2
式可得mx mx mx 进一步推得 x x x
1 3= 1 1+ 2 2, 3+ 1= 2。
. 分 除标注外 每空 分 . . . 均可 分
12 (10 , , 2 )(1)0400(0398~0402 )(1 )
分 . 2 或
(2)×10(1 ) 110×10( 110)
分 分 . -5
(3)①C(1 ) F(1 ) ②100 ③24×10
【解析】 螺旋测微器的精确值为 . 由图可知金属丝的直径为d . .
(1) 001mm, =0mm+400×001mm=
.
0400mm。
用多用电表测电阻时选用 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
(2) “×100” , ,
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 读数为
, , , “×10”;
. . 2
110×10Ω=110×10 Ω。
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
(3)① , ,
RR
应选择电阻较小的
C;
当定值电阻R
0
选
F
项
500 Ω
时
,
与电压表
V2
并联的总电阻为R并
=R
0
R
V
=
0+ V
从欧姆表的测量可知电阻丝的电阻约为R 则
R并
400 Ω 4 所以两电
400Ω, x=110Ω, R
x+
R并=
110 Ω+400 Ω
≈
5
,
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才
英
爱心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
压表可以同时达到满偏 如果选 项 时 电压表 满偏时电压表 达不到量程的三分之一 电压
, E 10Ω , V1 V2 ,
表 满偏时电压表 会超过量程 所以定值电阻R 应选
V2 V1 , 0 F;
R U U R
根据欧姆定律和串并联电路的特点有 x 1- 2 数学变换得U U x U 则 U U -U 图
② R并= U , 1- 2=R并 2, (1- 2) 2
2
R
像的斜率为k x 从图 可得图像的斜率k 1 解得R 心
=R并 , (d) =
4
, x=100Ω;
中
究
③ 根据电阻定律可得电阻率为 ρ = R xl
S
=100×
1
4
×3×(0 . 4
.
00×10 -3 ) 2
Ω·m=2 . 4×10 -5 Ω·m。 用
研
05
应
. 分 据
13 (8 )30° 2
数
【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sin4 α 5° = n ①(2 分 ) 大
sin 育
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 C 1 分 教
, ,sin =n②(1 )
才
根据几何关系有 APM α C 分 # 英
∠ = +(90°- )(1 ) 1 / 爱
又因为 A 则 APM
∠ =15°, ∠ =75°,
则α C " . $
+(90°- )=75°
即α C 分
= -15°(1 )
则 α C C 6+2 C 6-2 分
sin =sin(-15°)=sin × -cos × ③(1 )
4 4
由 可得 α 2 C与 联立解得 C 临界角C
①② sin = sin ③ tan =1, =45°
2
联立解得折射角α 分
=30°(1 )
折射率n 分
= 2(1 )
m mv
. 分 (π+3) vB 0
14 (14 )(1) qB (2)0 qB
心 2
中 【解析】 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
(1) , ,
究
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
研 , , ,
用 mv2
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qvB 0 分
应 , , 0 = r (1 )
据
Z
数
1 W
大
#
育
教 0
. Y
才 Z
&
英
Y
爱
2
θ
mv mv
解得r 0 即x x 0 分
=qB, OP= OM=qB(1 )
mv
OP OQ 则x 3x 3 0 分
∶ =2∶3, OQ= OP= qB(1 )
2 2
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{#{QQABAYAAogiIAJAAARgCQwX4CEGQkACACYgGBAAAsAIAQBFABAA=}#}
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
r m
粒子在匀强磁场中运动的圆心角为 则从P点到M 点运动时间t 1T 1 2π π 分
90°, 1= = ×v =qB(1 )
4 4 0 2
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
, , ,
x m
点运动到Q点的时间为t OQ 3 分
2=v =qB(1 )
0 2
则从P点到Q点经历的时间t t t (π+3)m 分
= 1+ 2= qB (1 )
2
粒子在匀强电场中做类平抛运动x方向上有x 1at2 分
(2) , = (1 )
2
y方向上有y vt 分
= 0 (1 )
射出匀强电场时x方向的分速度为v at 分
x= (1 )
v
打到Q点时速度方向与y轴负方向的夹角为 则有 x 分
45°, v =tan45°(1 )
0
x x
由几何关系可得 OM- 分
x y=tan45°(1 )
OQ-
根据牛顿第二定律有qE ma 分
= (1 )
以上各式联立解得匀强电场的电场强度大小E vB 分
= 0 (1 )
mv mv
y 0 即匀强电场沿y方向的宽度d y 0 分
=qB, = =qB(1 )
. 分
15 (16 )(1)4m/s (2)162J (3)34N·s
【解析】 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 传送带的速度v
(1) , 0, =8m/s
小于物块B初始的速度v 则物块B第一次滑离传送带时速度等于传送带的速度v
0=10m/s, =8m/s
分
(1 )
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AB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AB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v
1=
v共
=4 m/s(1
分
)
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 分
(2) = (1 )
解得a
2
=2m/s
v
物块B减速到 的时间t 0 分
0 1=a=5s(1 )
物块B和传送带运动的位移分别为x 和x 减速过程中相对滑动的位移为
1 2,
v
x x x 0t vt 分
Δ 1= 1+ 2= 1+ 1=65m(1 )
2
物块B在传送带上向左加速运动的加速度还为a
2
=2m/s
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
,
v
t 分
2=a=4s(1 )
加速过程物块B和传送带运动的位移分别为x 和x
3 4
v
加速过程中相对滑动的位移为 x x x vt t 分
Δ 2= 4- 3= 2- 2=16m(1 )
2
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{#{QQABAYAAogiIAJAAARgCQwX4CEGQkACACYgGBAAAsAIAQBFABAA=}#}
心
中
究
研
用
应
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数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
整个过程产生的热量为Q μMg x x 分
1= (Δ 1+Δ 2)=162J(1 )
物块AB第一次碰撞后 物块B以速度v 滑上传送带 物块B的速度v 小于传送
(3) 、 , 1=4m/s , 1=4m/s
带的速度 则物块向右减速到 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
, 0 , ,
知物块B离开传送带时速度大小也为v
1=4m/s
v v 心
物块B在传送带上运动的时间为T - 1- 1 分
1= a =4s(1 ) 中
-
究
设物块AB第二次碰撞之后速度为v 物块AB碰撞过程 根据动量守恒定律有
、 2, 、 , 研
Mv M mv 分 用
1=( + )2(1 )
解得v 应
2=2m/s 据
物块B以速度v
2=2 m/s
滑上传送带
,
物块B的速度v
2=2 m/s
小于传送带的速度
,
则物块向右减速到
数
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
0 , , 育
大小也为v
2=2m/s 教
v v 才
物块B在传送带上运动的时间为T - 2- 2
2= a =2s 英
-
爱
之后重复上述过程 设物块AB第n次碰撞之后速度为v 物块AB碰撞过程 根据动量守恒定律有
, 、 n, 、 ,
Mv M mv 分
n -1=( + )n(1 )
M
解得v v 1v 8 n
n=M m n -1= n = n m/s (=1,2,3,…)
+ 2 2
物块B以速度v 8 滑上传送带 物块B的速度v 8 小于传送带的速度 则物块向右减速
n= n m/s , n= n m/s ,
2 2
到 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
0 , ,
度大小也为v 8 分
n= n m/s(1 )
2
v v
物块B在传送带上运动的时间为T - n- n 8 n 分
n= a = ns (=1,2,3,…)(1 )
- 2
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
,
心
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
中 ,
究 t t t T T T 分
= 1+ 2+ 1+ 2+…+ n(1 )
研
用 1
41- n
应 根据等比数列求和得T T T 2
据 1+ 2+…+ n= s=8s
1
数 1-
2
大 则摩擦力的冲量为I μMgt 分
= =34N·s(1 )
育
教
才
英
爱
高三物理参考答案 第 页(共 页)
6 6
{#{QQABAYAAogiIAJAAARgCQwX4CEGQkACACYgGBAAAsAIAQBFABAA=}#}
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
