【文档说明】河北省邯郸市部分校2024-2025学年高三上学期12月月考试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(12)页，5.608 MB，由envi的店铺上传

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ABAA=}#}{#{QQABKQiAogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}{#{QQABKQiAogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}|物理·调研卷Ⅱ答案第1页(共6页

)物理参考答案及评分细则本套试题依据《物理课程标准》及《中国高考评价体系》,坚持素养立意,加强关键能力考查,命题涵盖高考要求的全部范围,对高三复习成果进行全面检测,适用于河北省学生高三复习用。本套试题具有以下特点:(1)坚持立德树人,体现学科价值引领:第2题中国空间站上的国家太空实验室引导学

生增强文化自信;第4题、第5题、第8题展现物理在生活中的应用;(2)紧密联系实际,注重关键能力:第1、3、5、8和14题,这些试题考查了应用物理知识解决实际问题的能力,彰显学以致用,达成以考促学的目的,培养学生从解题向解决问题转变。(3)实验题部分则旨在评估学生的实验操作技能及对实验原理

的理解,例如使用螺旋测微器测量电阻丝直径、使用多用电表测量电阻等。(4)试题中还包含了多个物理概念和原理的综合运用,如在14题分析货物运输中的滑动问题时,需要综合运用牛顿运动定律、摩擦力和平抛运动等。此外,通过设计一些开放性问

题,激发学生的探究和创新思考,例如8题中关于四冲程内燃机的气体做功分析,要求学生对物理过程有深入的理解和分析。(5)科学素养与实践能力的评估则通过设置实际情境进行,如13题中对磁谱仪工作原理的分析。本套试卷很好的体现了

高考评价体系对试题四翼的要求:(1)考查基础性的题目有第1、3、4、6、7、11题;(2)考查应用性的题目有第1、2、4、5、8、9题;(3)考查综合性的题目有第5、9、10、12、14、15题;(4)考查创新性的题目有第12、13题。本套

试卷知识点覆盖广,难度适当,符合新课程标准和考试评价改革的基础性、综合性、应用性和创新性要求。题号12345678910答案BCABBCABCBDABD1.B解析:这种现象是光在薄膜两面反射存在光程差,导致的薄膜干涉现象,B正确。2.C解析:A选项需要

浮力和重力提供回复力,在空间站中液体对其中的物体无浮力,重力提供做圆周运动的向心力,因此无法完成机械振动,同理B、D也无法完成,C中回复力由弹簧弹力提供,可以完成,C正确,A、B、D错误。3.A解析:根据at图

像作出vt图像如图所示,vt图像围成的面积即是两站间的距离,为1600m,A正确。{#{QQABKQiAogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}|物理·调研卷Ⅱ答案第2页(共6页)4.B解析:Δt时间内从喷头喷出的水的质量为m=ρV=ρSv

·Δt,水的初速度v=2gh,功率P=WΔt=12mv2Δt≈9.8kW,B正确。5.B解析:摩擦轮和车轮半径比例保持不变,当车速变为原来的2倍时,摩擦轮转动的角速度也变为原来的2倍,产生感应电动势的最大值Em=NBSω及有效值E均变为原来的2倍,通过灯泡的电

流及灯泡两端的电压也变为原来的2倍,由功率P=U2R,可知功率变为原来的4倍;角速度加倍,由周期T=2πω,可知周期变为原来的12,B正确,A、C、D错误。6.C解析:小球受重力mg、拉力FT及斜面对小球的支持力FN,画出三个力矢

量三角形的动态变化图,拉力FT方向与竖直方向的夹角始终保持45°不变,支持力与坚直方向间的夹角初始时为37°,后逐步减小到0,α角由82°逐步减小为45°,所以拉力FT变小,支持力FN变大,C正确。7.A解析:设a、b、c三点到坐标原点的距离为l,则a点点电荷在O点形成的电场强

度方向沿x轴正方向,大小E1=kql2,b点点电荷在O点形成的电场强度方向沿y轴正方向,大小E2=kql2,则E=E21+E22=2kql2,a点点电荷在c点形成的电场强度大小E3=kq2l2,方向与y轴负方向夹角为45°,b点点电荷在c点形成的电场强度

方向沿y轴正方向,大小E4=kq4l2,则c点的电场强度E=E23+E24-2E3E4cos45°=5-224kql2=5-2242E,A正确。8.BC解析:活塞向上运动的过程中理想气体体积减小,活塞缓慢运动,理想气体温度与周围温度一致,保持不

变,根据pVT=C,可知压强增大,活塞缓慢向上运动,活塞对封闭气体的作用力逐渐增大,所以活塞对气体做功大于FL,A错误;气体温度不变,所以气体内能不变,因此气体向外界放出的热量等于活塞对气体做的功,B正

确;气体压强增大,温度不变,根据气体压强的微观解释,单位时间撞击汽缸壁单位面积的气体分子数增加,C正确;温度不变,速率大的分子数占总分子数的比例不变,D错误。9.BD解析:根据开普勒第三定律可知“阿波菲斯星”与地球公转周期相同,A错

误;万有引力产生加速度,所以a=GMr2,因此二者在a点的加速度相等,B正确;“阿波菲斯星”自远日点到达b点的时间大{#{QQABKQiAogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}|物理·调研卷Ⅱ答案第3页(共6页)于四分

之一周期,当“阿波菲斯星”到达b点时,地球已过b点,因为二者公转周期相等,“阿波菲斯星”到近日点时,太阳、地球和“阿波菲斯星”会再次共线,“阿波菲斯星”自近日点到a点的时间小于四分之一周期,地球由“再次共线”到a点的时间大于四分之一

周期,所以二者不会同时到达a点,C错误;假设有以“阿波菲斯星”近日点到日心连线为半径的另一行星,可知地球速率小于该行星的速率,又由于在近日点小行星速率大于该行星的速率,则D正确。10.ABD解析:由右手定则可知,A端电势高于O端电势,A正确;导体棒OA切割磁感线产生的感应电动势E=12BωR2,金

属线圈以A点为界,左右两部分并联,金属线圈接入电路的电阻最小值为0,最大值为r=12πRλ,电压表示数为导体棒CD两端的电压,当电流最大时,电压表示数最大,最大电流Imax=12BωR22Rλ=BωR4λ,最小电流I

min=12BωR22Rλ+12πRλ=BωR(4+π)λ,所以导体棒CD两端电压的最大值Umax=ImaxRλ=BωR24,B正确;导体棒CD所受安培力最大值Fmax=BImaxR=B2ωR24λ,最小值Fmin=B

IminR=B2ωR2(4+π)λ,C错误;导体棒CD在所受安培力达到最大时,CD棒有向上滑动的趋势,最大静摩擦力方向沿导轨向下,根据平衡条件有Fmax=mgsinθ+Ffm;导体棒CD在所受安培力达到最小时,导体棒CD有向下滑动的趋势,最大静

摩擦力方向沿导轨向上;根据平衡条件有Fmin+Ffm=mgsinθ,综上解得m=B2ωR28gλsinθ+B2ωR22(4+π)gλsinθ,D正确。11.答案:(1)1.125(1.123~1.128均正确)(1分)(2)15.0(1分)(3)A(2分)偏小(2分)(4)πD2

R4L(2分)解析:(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,读数等于固定刻度读数与可动刻度读数之和,所以D=1mm+12.5×0.01mm=1.125mm。(2)根据欧姆表的读数规律,该读数为15.0Ω。(3)根据多用电表的测量结果,该电阻相对于电压表内阻为小电阻

,测量电路选择电流表外接法误差较小,测量值比真实值小,因此电路应选择A。(4)根据电阻的决定式可知R=ρLπ(D2)2,可得ρ=πD2R4L。12.答案:(每空2分)(1)9.0(2)①5.0②非线性③偏小解析:(1)根据平衡条件及胡克定律得G=kΔx=9.0N。(2)①该过程温度保持不变,所以

p0l0S=2p1l0S,解得p1=12p0,对活塞受力分析p1S+G=p0S,解得G=5.0N。②以注射器顶端作为测量长度零点,设活塞静止时与顶端距离为x(x>5cm),根据①解得G=p0S-p0l0Sx,G与x不成线性关系。③当悬挂重物后气体对外

做功,内部温度降低,初步达到平衡后,随着吸收热量温度升高,气体体积继续膨胀,活塞静止时距顶端的距离x比读数时变大,最终气体温度与外界温度相等时得到的G为真实值。所以测量值比真实值偏小。{#{QQABKQiA

ogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}物理·调研卷Ⅱ答案第4页(共6页)13.答案:(1)1B2Umq(2)2(2-1)BUmq解析:(1)对氕核在电

场中的运动过程,根据动能定理得Uq=12mv2(1分)氕核在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r(1分)解得r=1B2Umq(1分)(2)进入磁场方向与x轴夹角为30°的氕核打到感光底片上的位置坐标x1=2rsin30°=r(1分)最远能打到的位置坐标x2=2r(1分)根据(

1),氘核在磁场中的轨道半径r'=2B·2Umq=2r(1分)进入磁场时速度方向与x轴夹角为30°的氘核打到感光底片上的位置坐标x3=2r'sin30°=2r(1分)最远能打到的位置x4=2r'=22r(1分)重叠部分长度L=x2-x3(1分)解得L=2(2-1)BUmq(1分)14

.答案:(1)a≤μg(2)2Lh(a0-μg)g解析:(1)车厢对货物的摩擦力产生货物的加速度,当摩擦力达到最大摩擦力时,货物的加速度最大,由牛顿第二定律得μmg=mam(1分)解得am=μg(1分)所以为使启动时货物相对于平板车不

运动,平板车启动时加速度应满足a≤μg(1分)(2)设货物自平板车启动到离开车厢经历的时间为t1该时间内货物的位移x1=12amt21(1分)平板车的位移x2=12a0t21(1分)货物从平板车上掉下来满足x2-x1=L(1分)此时货物速度大小为v1=amt1,方向向右(1分

)平板车速度大小为v2=a0t1,方向向右(1分)货物自离开平板车至落到地面经历的时间t2=2hg(1分)落地时货物距离平板车尾部距离Δs=v2t2-v1t2(1分)解得Δs=2Lh(a0-μg)g(2分)15.答案:(1)2mLqt2(2)Lt(3)s>4L解析:(1)小球A在电场中匀加速运

动的过程中有L=12at2(1分)由牛顿第二定律得Eq=ma(1分){#{QQABKQiAogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}物理·调研卷Ⅱ答案第5页(

共6页)解得E=2mLqt2(1分)(2)小球A第一次与小球B碰前的速度v0=at=2Lt(1分)小球A、B碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得mv0=mvA1+3mvB1(1分)12mv20=12mv2A1+12·3mv2B1(1分)解得第一次碰后瞬间小球A的速度vA1=m-

3mm+3mv0=-Lt(1分)小球B的速度vB1=2mm+3mv0=Lt(1分)(3)第一次碰后小球A做加速度向右的匀变速直线运动,小球B做匀速直线运动对小球A有xA=-Ltt1+12at21(1分)对小球B有xB=Ltt1(1分)当xA=xB时发生第二次碰撞解得t1=2t(1分)该过程小球A、

B的位移xA=xB=2L(1分)第二次碰前小球A的速度vA2=vA1+at1=3Lt,小球B的速度vB2=vB1=Lt(1分)小球A、B再次发生碰撞时,由动量守恒定律及机械能守恒定律得mvA2+3mvB2=mv'A2+3m

v'B212mv2A2+12·3mv2B2=12mv'2A2+12·3mv'2B2解得v'A2=0,v'B2=2Lt(1分)小球A继续加速,如果小球A离开电场时速度大于小球B的速度即可发生第三次碰撞,临界条件为二者速度相等设该过程中小球A运动的距离为x3,则有x3=v'2B2-v'

2A22a=L(1分)则为了使小球A、B至少能发生三次碰撞,电场区域的长度应满足s>L+2L+L=4L(1分){#{QQABKQiAogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}|物理·调研卷Ⅱ答案第6页(共6页)编写细目表1.能

力要求Ⅰ.理解能力Ⅱ.推理能力Ⅲ.分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力Ⅴ.实验能力2.核心素养①物理观念②科学思维③实验探究④科学态度与责任题号题型分值知识点能力要求ⅠⅡⅢⅣⅤ核心素养①②③④预估难度1单项选择题4薄膜干涉√√√

易2单项选择题4机械振动、失重√√√√易3单项选择题4匀变速直线运动√√√√易4单项选择题4功率√√√√易5单项选择题4交流发电机√√√√√中6单项选择题4物体的平衡√√√√√中7单项选择题4电场的叠加√√√√√难8多项选择题6分子动理论理想气体√√√√

易9多项选择题6开普勒第三定律万有引力定律√√√√√中10多项选择题6电磁感应综合√√√√√难11实验题8测量金属丝的电阻率√√√√√√√√√易12实验题8理想气体的等温变化√√√√√√√√√中13计算题10带电粒子在电场、有界磁场中运动√√√√√√易14计算题题12板块模型√√√√

√√√√中15计算题题16力学综合√√√√√√√难{#{QQABKQiAogAAABAAABgCUwVwCEGQkgCCCYgOhEAIIAIBCBFABAA=}#}