【文档说明】河北省2025届高三上学期大数据应用调研联合测评（I）物理答案.pdf，共(6)页，294.323 KB，由小赞的店铺上传

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高三物理参考答案第1页(共6页)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12345678910答案DCCBDDCBDCDBC1.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=m012tτ=100g×125.2年2.6年=25g,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=0.2s时刻x=4m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=0.2s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=0.4s,从波动图像可知波长λ=8m,则波速v=λT=20m/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=Pv,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+kv2,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+4kv2,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=2U0sin100πt的交变电流,汽车蓄电池的电压为12V,则转化的电压为u=122sin100πt(V),电压的有效值为12V,则变压器原线圈的电压为U1=12V,

则电压表的示数为12V,不随负载功率的变化而变化,选项A错误;转化的电压为u=122sin100πt(V),则ω=100π,电流的频率为f=ω2π=50Hz,选项B错误;电饭煲额定电压为220V,则电饭煲加热时变压器副线圈的电压

为U2=220V,则原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=355,选项C错误;电饭煲加热时功率为P=660W,原、副线圈功率相同,则原线圈电流为I1=PU1=55A,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=kqR2,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中心爱英{#{QQABaYAEogioAJJAARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQFABAA=}#}高三物理参考答案第2页(共6页)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2E2cos45°2=E0,解得E2=E02cos45°2=E021+cos45°2=E02+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GMm0R2=m0g①,嫦娥六号探测器在环月轨道做匀速圆周运动有GpMm(qR+h)2=m(qR

+h)2πT2②,①②式联立解得h=3pgR2T24π2-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=m1v2qR③,①③式联立解得v=pgRq,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=pgq2,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=2T1cosα2,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,α2为锐角,cosα2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=T1sinα,在水平地面上向右运动过程中两绳夹角α逐渐增大,sinα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℃=300K,末态温度为T2=87℃=360K,根据理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2,解得p2=1.2

6×105Pa,选项D正确。中心爱英{#{QQABaYAEogioAJJAARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQFABAA=}#}高三物理参考答案第3页(共6页)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=ΔΦΔtRt=Bd2R,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=Bdvsinα,通过的时间为t=2dvsinα,整个过程产生的热量为Q=E2Rt=2B2d3vsinαR,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-(-mv0sinα)=mv

0sinα,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)m1x3=m1x1+m2x2m1x3=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v2=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(μcosθ±sinθ),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v2=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m1x3=m1

x1+m2x2;若两硬币的碰撞为弹性碰撞,则还要满足12m1v20=12m1v21+12m2v22,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)1.10×102(或110)(3)①C(1分)F(1分)②100③2.4×10-5【解析】(1)螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图可知金属丝的直径为d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm。(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11.0×10Ω=1.10×102Ω。(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500Ω时,与电压表V2并联的总电阻为R并=R0RVR0+RV=400Ω,从欧姆表的测量可知电阻丝的电阻约为Rx=110Ω,则R并Rx+R并=400Ω110Ω+400Ω≈45,所以两电中心爱英{#{QQABaYAEogioAJJ

AARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQFABAA=}#}高三物理参考答案第4页(共6页)压表可以同时达到满偏,如果选E项10Ω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RxR并=U1-U2U2,数学变换得U1-U2=RxR并U2,则(U1-U2)-U2图像的斜率为k=RxR并

,从图(d)可得图像的斜率k=14,解得Rx=100Ω;③根据电阻定律可得电阻率为ρ=RxSl=100×14×3×(0.400×10-3)20.5Ω·m=2.4×10-5Ω·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sin45°sinα=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,sinC=1n②(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sinα=sin(C-15°)=sinC×6+24-cosC×6-24③(1分)由①②可得sinα=22sinC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)m2qB(2)v0Bmv0qB【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=mv20r(1分)YY&.ZZ#0W12θ解得r=mv0qB,即xOP=xO

M=mv0qB(1分)OP∶OQ=2∶3,则xOQ=32xOP=3mv02qB(1分)中心爱英{#{QQABaYAEogioAJJAARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQFABAA=}#}高三物理参考答案第5页(共6页)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=14T=14×2πrv0=πm2qB(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=xOQv0=3m2qB(1分)则从P点到Q点经历的时间t=t1+t

2=(π+3)2qBm(1分)(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动,x方向上有x=12at2(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vxv0

=tan45°(1分)由几何关系可得xOM-xxOQ-y=tan45°(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=mv0qB,即匀强电场沿y方向的宽度d=

y=mv0qB(1分)15.(16分)(1)4m/s(2)162J(3)34N·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=8m/s小于物块B初始的速度v0=10m/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

=8m/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=4m/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

=4m/s,所以A、B分开时物块B的速度为v1=v共=4m/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=2m/s2物块B减速到0的时间t1=v0a=5s(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=v02t1+vt1=65m(1分)物块B在传送带上向左加速运动的加速度还为a=2m/s2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=va=4s(

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-v2t2=16m(1分)中心爱英{#{QQABaYAEogioAJJAARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQ

FABAA=}#}高三物理参考答案第6页(共6页)整个过程产生的热量为Q1=μMg(Δx1+Δx2)=162J(1分)(3)物块A、B第一次碰撞后,物块B以速度v1=4m/s滑上传送带,物块B的速度v1=4m/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=4m/s物块B在传送带上运动的时间为T1=-v1-v1-a=4s(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=2m

/s物块B以速度v2=2m/s滑上传送带,物块B的速度v2=2m/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=2m/s物块B在传送带上运动的时间为T2=-v2-v2-a=2s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=MM+mvn-1=12nv=82nm/s(n=1,2,3,…)物块B以速度vn=82nm/s滑上传送带,物块B的速度vn=82nm/

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=82nm/s(1分)物块B在传送带上运动的时间为Tn=-vn-

vn-a=82ns(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=41-12n1-12s=8s则摩擦力的冲量为I=μMgt=34N·s(1分)中心爱英{#{QQABaYAEogioAJJAARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQFABAA=}#

}