物理-河北省2025屆高三大數(shù)據(jù)9月應(yīng)用調(diào)研聯(lián)合測(cè)評(píng)（Ⅰ）試題和答案

河北省2025屆高三年級(jí)大數(shù)據(jù)應(yīng)用調(diào)研聯(lián)合測(cè)評(píng)(Ⅰ)物理參考答案及解析題號(hào)12345678910答案DCCBDDCBDCDBC1.D【解析】普通路面上摩擦力都是不能忽略不計(jì)的,另外電動(dòng)汽車車輪與軸之間也有摩擦,由于摩擦生熱,部分電能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化,另外電池和電動(dòng)機(jī)均有電阻,電流通過(guò)這些電阻的過(guò)程中將產(chǎn)生焦耳熱,在水平公路上加速啟動(dòng),速度增大,動(dòng)能增大,所以電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,選項(xiàng)D正確。2.C【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知衰變的產(chǎn)物中X為-e,即為電子,則發(fā)生的是β衰變,β衰變產(chǎn)生的電子來(lái)t自原子核內(nèi)部,選52年項(xiàng)AB錯(cuò)誤;钷147的半衰期為τ=2.6年,經(jīng)過(guò)t=5.2年,剩余的質(zhì)量為m=m0τ=100g×2.6年=25g,選項(xiàng)C正確;半衰期是由核內(nèi)部自身的因素決定的,與原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件均無(wú)關(guān),所以半衰期不會(huì)變,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.C【解析】從振動(dòng)圖像可知t=0.2s時(shí)刻x=4m處質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向,根據(jù)波傳播方向與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的關(guān)系可知該簡(jiǎn)諧波沿x軸正方向傳播,同理可知t=0.2s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;波速由介質(zhì)本身決定,與波動(dòng)的周期沒(méi)有關(guān)系,從振動(dòng)圖像可知振動(dòng)周期T=0.4s,從波動(dòng)圖像可知波長(zhǎng)λ=8m,則波速=20m/s,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4.B【解析】列車以速度v行駛時(shí)受到的阻力為f1=kv,列車的牽引力為設(shè)列車總質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律有F1-f=ma,以上三式聯(lián)立解得P=mav+kv2,同理,列車以速度2v行駛時(shí)受到的阻力為f2=k·2v,列車的牽引力為根據(jù)牛頓第二定律有F2-f2=ma,以上三式聯(lián)立解得P'=2mav+4kv2,所以2P<P'<4P,選項(xiàng)B正確。5.D【解析】轉(zhuǎn)換器可以將電壓為U0的直流電轉(zhuǎn)變成u=2U0sin100πt的交變電流,汽車蓄電池的電壓為12V,則轉(zhuǎn)化的電壓為u=122sin100πt(V),電壓的有效值為12V,則變壓器原線圈的電壓為U1=12V,則電壓表的示數(shù)為12V,不隨負(fù)載功率的變化而變化,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;轉(zhuǎn)化的電壓為u=122sin100πt(V),則ω=100π,電流的頻率為=50Hz,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電飯煲額定電壓為220V,則電飯煲加熱時(shí)變壓器副線圈的電壓為U2=220V,則原、副線圈的匝數(shù)比為,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;電飯煲加熱時(shí)功率為P=660W,原、副線圈功率相同,則原線圈電流為=55A,選項(xiàng)D正確。6.D【解析】圓環(huán)上取一微元電荷q,可視為點(diǎn)電荷,根據(jù)真空中點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算公式,微元電荷q在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小圓環(huán)上電荷到圓心O的距離相同,都為R,則每個(gè)微元電荷q在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小都相等,方向從微元電荷指向圓心O,根據(jù)對(duì)稱性和疊加原理可知整個(gè)圓環(huán)全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理,根據(jù)對(duì)稱性和疊加原理可知圓環(huán)高三物理參考答案第1頁(yè)(共6頁(yè))AC和BD部分全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0,則四分之三圓環(huán)ACBD部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相當(dāng)于四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度,四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與四分之一圓環(huán)AC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,即為E0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)對(duì)稱性可知四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0,方向沿PO方向,圓環(huán)BC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E0,方向垂直于PO方向,根據(jù)疊加原理和平行四邊形定則可知半圓環(huán)ACB部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1=2E0,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;設(shè)八分之一圓環(huán)AP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2,根據(jù)對(duì)稱性可知八分之一圓環(huán)CP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E2,根據(jù)對(duì)稱性和疊加原理可知兩電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角為45°,兩電場(chǎng)強(qiáng)度矢量和即為四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度,所以有2E2cos°=E0,解得E2=°=7.C【解析】嫦娥六號(hào)探測(cè)器沒(méi)有脫離地球引力,所以嫦娥六號(hào)探測(cè)器發(fā)射的速度應(yīng)大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在地球表面上有=m0g①,嫦娥六號(hào)探測(cè)器在環(huán)月軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有2②,①②式聯(lián)立解得-qR,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)月球的第一宇宙速度大小為v,則有G③,①③式聯(lián)立解得,選項(xiàng)C正確;在月球表面上有=m0g月④,①④式聯(lián)立解得g月,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.BD【解析】以物體為研究對(duì)象,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得拉物體的輕繩上的彈力為T1=mg,則拉物體的輕繩上的彈力不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;輕繩繞過(guò)輕滑輪,輕滑輪相當(dāng)于一活結(jié),該輕繩上的彈力都為T1=mg,以滑輪為研究對(duì)象,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得輕繩OA上的彈力為T2=2T1cos,拉著繩在水αα22平地面上向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩繩夾角α逐漸增大,為銳角,cos逐漸減小,則彈力Tαα22正確;輕繩OA恰好在兩繩夾角的角平分線上,吊物體的輕繩在豎直方向上,根據(jù)幾何關(guān)系可知α=2θ,則夾角α與夾角θ的比值不變,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;以人為研究對(duì)象,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得地面對(duì)人的摩擦力為Ff=T1sinα,在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩繩夾角α逐漸增大,sinα增大,摩擦力逐漸增大,選項(xiàng)D正確。9.CD【解析】物體溫度是它分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能的標(biāo)志,所以乒乓球內(nèi)氣體溫度升高后分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增大,但不是每個(gè)氣體分子的動(dòng)能都增大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;乒乓球恢復(fù)成原來(lái)的圓球形的過(guò)程氣體體積增大,對(duì)外做功,即W<0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;氣體的溫度升高,則內(nèi)能增大,即ΔU>0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W,則Q>0,即氣體從外界吸收熱量,選項(xiàng)C正確;乒乓球恢復(fù)成原來(lái)的圓球形過(guò)程,初態(tài)溫度為T1=27℃=300K,末態(tài)溫度為T2=87℃=360K,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有解得p2=1.26×105Pa,選項(xiàng)D正確。高三物理參考答案第2頁(yè)(共6頁(yè))10.BC【解析】線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中根據(jù)楞次定律可判定線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)锳-B-C-D-A,線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中根據(jù)楞次定律可判定線框中感應(yīng)電流方向?yàn)锳-D-C-B-A,根據(jù)安培定則可以判定CD邊在磁場(chǎng)中時(shí),受到的安培力方向水平向左,AB邊在磁場(chǎng)中時(shí),受到的安培力方向也向左,AB、CD邊在磁場(chǎng)外時(shí)不受安培力,AD邊和BC邊受到的安培力大小相等、方向相反,所以線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中受到的安培力方向水平向左,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框?qū)w橫截面上的電ΔΦ荷量為,選項(xiàng)B正確。線框穿過(guò)磁場(chǎng)整個(gè)過(guò)程中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Bdvsinα,通過(guò)的時(shí)間為整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為,選項(xiàng)C正確。此過(guò)程中線框受安培力的方向水平向左,線框的CD邊恰好沒(méi)有穿出磁場(chǎng),則水平方向的末速度變?yōu)?,在水平方向上,設(shè)向左為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理,此過(guò)程中線框受安培力的沖量I=0-(-mv0sinα)=mv0sinα,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11.(6分,除標(biāo)注外,每空2分)(1)不能(1分)也可以不(1分)(2)m1x3=m1x1+m2x2m1x3=m1x1+m2x2(或x3+x1=x2)【解析】(1)如果換用五角硬幣從傾斜部分滑下與一元硬幣碰撞,碰撞后五角硬幣會(huì)反彈,則不能測(cè)出五角硬幣碰撞后的運(yùn)動(dòng)位移,所以不能完成實(shí)驗(yàn);本實(shí)驗(yàn)中驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律需計(jì)算兩硬幣碰撞前后的動(dòng)量,兩硬幣碰撞前后的速度根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2ax求出,當(dāng)平直部分水平時(shí)兩硬幣的加速度大小均為a=μg,加速度大小相同,當(dāng)平直部分有一微小傾角θ時(shí),兩硬幣的加速度為a=g(μcosθ±sinθ),兩硬幣的加速度仍然相同,所以該實(shí)驗(yàn)平直軌道部分不一定水平,只要保證兩硬幣做減速運(yùn)動(dòng)最后能停在平直部分即可,故要正確完成實(shí)驗(yàn)也可以不保持平直軌道部分水平。(2)兩硬幣做勻減速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式v2=2ax,加速度為a=μg,兩硬幣加速度大小相等,可知一元硬幣碰撞前的速度為v0=2ax3,一元硬幣碰撞后的速度為v1=2ax1,五角硬幣碰撞后的速度為v2=2ax2,兩硬幣碰撞前后動(dòng)量守恒,則m1v0=m1v1+m2v2,將速度代入等式可得m1x3=12.(10分,除標(biāo)注外,每空2分)(1)0.400(0.3980.402均可)(1分)m1x1+m2x2;若兩硬幣的碰撞為彈性碰撞,則還要滿足將速度代入等式可得m1x3=m1x1+m12.(10分,除標(biāo)注外,每空2分)(1)0.400(0.3980.402均可)(1分)(2)×10(1分)1.10×102(或110)(3)①C(1分)F(1分)②100③2.4×10-5【解析】(1)螺旋測(cè)微器的精確值為0.01mm,由圖可知金屬絲的直徑為d=0mm+40.0×0.01mm=(2)用多用電表測(cè)電阻時(shí)選用“×100”的擋位發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角太大,說(shuō)明表盤上電阻示數(shù)較小,要使指針指向中間位置,即要使表盤上電阻示數(shù)變大,所以需要把倍率調(diào)小,則擋位應(yīng)調(diào)整為“×10”;讀11.0×10Ω=1.10×102Ω。(3)①分壓式接法滑動(dòng)變阻器總阻值越小,調(diào)節(jié)時(shí)電流和電壓的變化越接近線性變化,所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇電阻較小的C;當(dāng)定值電阻R0選F項(xiàng)500Ω時(shí),與電壓表V2并聯(lián)的總電阻為400Ω,從歐姆表的測(cè)量可知電阻絲的電阻約為Rx=110Ω,則Rx并R并≈,所以兩電高三物理參考答案第3頁(yè)(共6頁(yè))壓表可以同時(shí)達(dá)到滿偏,如果選E項(xiàng)10Ω時(shí),電壓表V1滿偏時(shí)電壓表V2達(dá)不到量程的三分之一,電壓表V2滿偏時(shí)電壓表V1會(huì)超過(guò)量程,所以定值電阻R0應(yīng)選F;②根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路的特點(diǎn)有數(shù)學(xué)變換得U1-U2=U2,則圖像的斜率為k=,從圖(d)可得圖像的斜率k,解得Rx=100Ω;1③根據(jù)電阻定律可得電阻率為ρ=Rx100×Ω·m=2.4×10-5Ω·m。13.(8分)30°2【解析】作出光路圖如圖所示,設(shè)從AC邊入射時(shí)折射角為α,根據(jù)折射定律有光線第一次到達(dá)AB邊時(shí)恰好發(fā)生全反射,則在AB邊的入射角為臨界角C,sinC②(1分)BP4根據(jù)幾何關(guān)系有∠APM=α+(90°-C)(1分)又因?yàn)椤螦=15°,則∠APM=75°,BP4 C則α+(90°-C)=75°即 C則sinα=sin(C-15°)=sinC×-cosC×③(1分)由①②可得sinα=sinC與③聯(lián)立解得tanC=1,臨界角C=45°聯(lián)立解得折射角α=30°(1分)折射率n=2(1分)【解析】(1)粒子沿x軸正方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng),又垂直于x軸方向射出勻強(qiáng)磁場(chǎng),則O點(diǎn)為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓圓心,設(shè)粒子從M點(diǎn)射出勻強(qiáng)磁場(chǎng),作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,OP和OM為粒子的軌跡圓半徑,設(shè)為r,洛倫茲力提供向心力有qv0B(1分)A0P0''0EXθ解得,即xOP=xOM=OP∶OQ=2∶3,則xOQxOP(1分)高三物理參考答案第4頁(yè)(共6頁(yè))粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為90°,則從P點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1T×(1分)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),出電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng),分析可得在y方向速度大小不變,則從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為t2(1分)則從P點(diǎn)到Q點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2m(1分)(2)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),x方向上有xat2(1分)y方向上有y=v0t(1分)射出勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)x方向的分速度為vx=at(1分)打到Q點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為45°,則有tan45°(1分)由幾何關(guān)系可得tan45°(1分)根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma(1分)以上各式聯(lián)立解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=v0B(1分)y,即勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y方向的寬度d=y(1分)15.(16分)(1)4m/s(2)162J(3)34N·s【解析】(1)傳送帶足夠長(zhǎng),則物塊B在傳送帶上向右滑動(dòng)的速度一定能減小到0,傳送帶的速度v=8m/s小于物塊B初始的速度v0=10m/s,則物塊B第一次滑離傳送帶時(shí)速度等于傳送帶的速度v=8m/s(1分)設(shè)物塊A、B第一次碰撞之后速度為v共,物塊A、B碰撞過(guò)程,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv=(M+m)v共(1分)解得v共=4m/s物塊A、B碰撞之后,沿圓弧軌道向上運(yùn)動(dòng)和返回過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,即A、B分開(kāi)前瞬間它們的速度v共=4m/s,所以A、B分開(kāi)時(shí)物塊B的速度為v1=v共=4m/s(1分)(2)物塊B在傳送帶上向右減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律有μMg=Ma(1分)解得a=2m/s2物塊B減速到0的時(shí)間t15s(1分)物塊B和傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移分別為x1和x2,減速過(guò)程中相對(duì)滑動(dòng)的位移為Δx1=x1+x2t1+vt1=65m(1分)物塊B在傳送帶上向左加速運(yùn)動(dòng)的加速度還為a=2m/s2物塊B向左加速到與傳送帶速度相等時(shí)不再發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),加速過(guò)程時(shí)間t24s(1分)加速過(guò)程物塊B和傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移分別為x3和x4加速過(guò)程中相對(duì)滑動(dòng)的位移為Δx2=x4-x3=vt2-t2=16m(1分)高三物理參考答案第5頁(yè)(共6頁(yè))整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為Q1=μMg(Δx1+Δx2)=162J(1分)(3)物塊A、B第一次碰撞后,物塊B以速度v1=