【文档说明】河北省邯郸市部分学校2025届高三上学期第一次大联考模拟预测试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(3)页，6.071 MB，由envi的店铺上传

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{#{QQABaQIUggCoAAJAABgCEwUCCEMQkhGAASgOQEAIoAAASAFABAA=}#}高三第一次大联考􀅰物理１高三第一次大联考􀅰物理２高三第一次大联考物理答案１—６:ＤꎬＤꎬＣꎬＡꎬＤꎬＢ７—１０:ＣＤꎬＢＣꎬＡＤꎬＢＤ部分解析:５.Ｄ解析:若波沿ｘ轴负方

向传播ꎬＡ点波第一次出现在波峰时波应传播ｘ＝１０.５ｍꎬ则波速为ｖ＝ｘｔ＝１０.５０.３ｍ/ｓ＝３５ｍ/ｓꎬ由图可知波长为λ＝１２ｍꎬ波的周期为Ｔ＝λｖ＝１２３５ｓ<１.０ｓꎬ不符合题意ꎻ若波沿ｘ轴正方向传播ꎬ波第一次出现在波峰时波应传播ｘ＝１.５ｍꎬ则波速为ｖ＝ｘｔ＝１.

５０.３ｍ/ｓ＝５ｍ/ｓꎬ波的周期为Ｔ＝λｖ＝２.４ｓ>１.０ｓꎬ所以波速为５ｍ/ｓ且波沿ｘ轴正方向传播ꎬＡ、Ｂ错误ꎻ从ｔ＝０时刻开始ꎬＢ点第一次出现在波峰应传播的距离为ｘ＝３ｍꎬ所需的时间为ｔ＝ｘｖ＝３５ｓ＝０.６

ｓꎬＣ错误ꎻ０.６ｓ为１４个周期ꎬ质点Ａ由实线所示的位置运动到波峰再回到实线处的位置ꎬ所以质点Ａ在０.６ｓ的时间内通过的路程为２Ａ－２２Ａæèçöø÷＝(４０－２０２)ｃｍꎬＤ正确ꎮ６.Ｂ解析:开始阶段ꎬＰ、Ｑ一起做加速运动ꎬ对Ｐ、Ｑ整体由

牛顿第二定律Ｆｃｏｓθ＝２ｍａ得ａ＝Ｆｃｏｓθ２ｍꎬ可知系统的加速度增大ꎬ又由于Ｑ对Ｐ的压力为ＦＮ＝ｍｇ－Ｆｓｉｎθꎬ由题图２可知ꎬＦ增大ＦＮ减小ꎬＡ错误ꎻ对Ｐ分析ꎬ当二者刚要发生相对滑动时ꎬ根据牛顿第二定律有Ｆｆｍ＝μＦＮ＝ｍａꎬ联立解得Ｆ＝２μｍｇｃｏｓθ＋２μｓｉｎθꎬ由题图

２可知Ｆ＝ｍｇｔ０ｔꎬ所以Ｐ、Ｑ一起运动的时间为ｔ＝５７ｔ０ꎬ因此ｔ＝５７ｔ０后ꎬＰ、Ｑ间发生相对运动ꎬＢ正确ꎻ由以上分析可知ꎬＰ、Ｑ发生相对滑动之前ꎬＰ的加速度逐渐增大ꎬ对Ｐ分析ꎬ静摩擦力提供加速度ꎬ则两者

之间的静擦力逐渐增大ꎬ当两者发生相对滑动后ꎬＰ、Ｑ间的弹力变小ꎬ摩擦力变小ꎬＰ的加速度变小ꎬＣ、Ｄ错误ꎮ７.ＣＤ解析:“嫦娥六号”没有脱离地球的束缚ꎬ所以其发射速度应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间ꎬＡ错误ꎻ“嫦娥六号”由轨道１进入轨道２应减速ꎬ发动机对“嫦娥六号”做负功ꎬ其机械能应减小ꎬ

Ｂ错误ꎻ“嫦娥六号”由轨道２进入轨道３ꎬ应在近月点减速ꎬ即向“嫦娥六号”运动方向相同的方向喷气ꎬＣ正确ꎻ“嫦娥六号”在轨道１上运行时的轨道半径大于轨道３的半径ꎬ由开普勒第三定律可知“嫦娥六号”在轨道１的周期大于轨道３的周期ꎬＤ正确ꎮ８.

ＢＣ解析:变压器的工作原理是电磁感应现象ꎬ因此输入变压器原线圈的电流一定为交流电ꎬ因此整流器接在升压变压器的输出端ꎬ即Ｐ处为整流器ꎬ输电线上的电流为直流ꎬ要使输入降压变压器输入端的电流为交流ꎬ则逆变器

应接在降压变压器的输入端ꎬ即Ｑ处为逆变器ꎬＡ错误ꎻ由题意可知扇叶的频率为ｆ０＝０.５Ｈｚꎬ则线圈的频率为ｆ＝ｎｆ０ꎬ线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动ꎬ产生正弦式交变电流ꎬ其电动势的最大值为Ｅｍ＝ＮＢＳωꎬ角速度ω＝２πｆꎬ可解得Ｅｍ＝２πＮＢＳｎｆ０ꎬ风力发电机输出电压

的有效值为Ｅ＝Ｅｍ２＝２πＮＢＳｎｆ０＝６００Ｖꎬ则升压变压器的输入电压为Ｕ１＝６００Ｖꎬ升压变压器的输出电压为Ｕ２＝１１０ｋＶꎬ由变压器的工作原理可知ｎ１ｎ２＝Ｕ１Ｕ２ꎬ解得ｎ１ｎ２＝３５５０ꎬＢ正确ꎻ设输电电流为Ｉ２ꎬ则由

ＰＲ＝Ｉ２２Ｒ得Ｉ２＝ＰＲＲꎬ代入数据解得Ｉ２＝４００Ａꎬ输电线上损耗的电压为ＵＲ＝Ｉ２Ｒ＝４００×１０Ｖ＝４０００Ｖꎬ则降压变压器原线圈的输入电压为Ｕ３＝Ｕ２－ＵＲ＝１０６０００Ｖꎬ由公式ｎ３ｎ４＝Ｕ３Ｕ４ꎬ解得ｎ３ｎ４＝５３０

０１１ꎬＣ正确ꎻ又由Ｉ１Ｉ２＝ｎ２ｎ１得Ｉ１＝ｎ２ｎ１Ｉ２ꎬ代入数据解得Ｉ１＝２２００００３Ａꎬ则风力发电厂的输出功率为Ｐ＝ＥＩ１ꎬ代入数据得Ｐ＝４.４×１０７ＷꎬＤ错误ꎮ９.ＡＤ解析:０~ｘ０动能一直增加ꎬ该区域的电场力向右ꎬ又电荷带正电ꎬ则电场方向向右ꎻｘ０~２ｘ０动能

一直减小ꎬ则电场方向向左ꎬＡ正确ꎻ物体仅在电场力作用下运动ꎬ由动能定理得Ｆｘ＝Ｅｋ－Ｅｏꎬ整理得Ｅｋ＝Ｆｘ＋Ｅｏꎬ图线的斜率表示电场力的大小ꎬ０~ｘ０区域Ｆ１＝２Ｅ０－Ｅ０ｘ０＝Ｅ０ｘ０ꎬｘ０~２ｘ０区域Ｆ２＝０－２Ｅ０２ｘ０－ｘ０＝－２Ｅ０ｘ０ꎬ所以０~ｘ

０与ｘ０~２ｘ０区域电场力大小之比为１∶２ꎬ由Ｅ＝Ｆｑ可知电场强度大小之比为１∶２ꎬＢ错误ꎻ物体在整个运动过程中ꎬ只有电场力做功ꎬ则只有电势能和动能的转化ꎬ由于原点处电势为零ꎬ则电势能为零ꎬ由能量守恒定律得Ｅｏ＝２Ｅ０＋ＥＰ１ꎬ又

ＥＰ１＝ｑφｘ０ꎬ解得φｘ０＝－Ｅ０ｑꎬＣ错误ꎻ同理２ｘ０处的电势能为ＥＰ２＝Ｅｏꎬ２ｘ０处的电势为φ２ｘ０＝Ｅ０ｑꎬ０与２ｘ０处的电势差为Ｕ＝０－φ２ｘ０＝－Ｅ０ｑꎬＤ正确ꎮ１０.ＢＤ解析:ａ棒开始运动后ꎬ回路中

有感应电流产生ꎬ根据右手定则以及左手定则可知ꎬａ棒所受的安培力沿导轨向上ꎬ大小随速度的增大而增大ꎬ对ａ棒受力分析可知ｍｇｓｉｎ３０°＝μｍｇｃｏｓ３０°ꎬ则ａ棒的合力为安培力ꎬ金属棒ａ切割磁感线产生的感应电动势为Ｅ＝ＢＬｖꎬ由闭合电路欧姆定律得Ｉ＝Ｅ５Ｒꎬａ棒

所受的安培力为Ｆ＝ＢＩＬꎬ由牛顿第二定律得Ｂ２Ｌ２ｖ５Ｒ＝ｍａ可知ꎬａ棒先做加速度减小的减速运动后做匀速运动ꎬＡ错误ꎻ同理ꎬ金属棒ｂ的重力沿导轨向下的分力等于滑动摩擦力ꎬ对金属棒ｂ由牛顿第二定律得Ｂ２Ｌ２ｖ０５Ｒ＝２ｍａꎬ解得ａ＝Ｂ２Ｌ２ｖ０

１０ｍＲꎬ方向沿导轨向下ꎬＢ正确ꎻ由以上分析可知两导体棒组成的系统合力为零ꎬ则两金属棒组沿轨道方向动量守恒ꎬ最终达到共同速度ꎬ根据动量守恒得ｍｖ０＝３ｍｖꎬ设整个过程产生的焦耳热为Ｑꎬ根据功能关系有Ｑ＝１２ｍｖ２０－１２(３ｍ)ｖ２ꎬ根据串联电路特点可知ꎬ金属棒ａ产生的焦耳热Ｑ１＝Ｒ

Ｒ＋４ＲＱꎬ解得Ｑ１＝１１５ｍｖ２０ꎬＣ错误ꎻ根据法拉第电磁感应定律可知ꎬ回路的平均电动势为􀭵Ｅ＝ΔΦΔｔ＝ＢＬ􀅰ΔｘΔｔꎬ根据闭合电路欧姆定律可知ꎬ回路的平均电流为􀭰Ｉ＝􀭵Ｅ５Ｒꎬ对金属棒ｂꎬ由动量定理得ＢＩＬ􀅰Δｔ＝２ｍｖꎬ联立解得Δｘ＝１０ｍ

Ｒｖ０３Ｂ２Ｌ２ꎬＤ正确ꎮ１１.(６分)(１)２２０Ｖ的交流电源(１分)没必要(１分)(２)２.００(２分)(３)１２ｋ(２分)１２.(９分)(１)Ｆ(１分)１２００(１分)Ｃ(１分)(２)５５０(２分)(３)５５０ＲＦ＝１４０Ｆ＋１(２分)

１１０(２分)１３.(１０分)解:(１)过Ａ、Ｂ分别作ＭＮ的垂线ꎬ交ＭＮ于Ｃ、Ｄ点ꎬ如图所示{#{QQABaQIUggCoAAJAABgCEwUCCEMQkhGAASgOQEAIoAAASAFABAA=}#}高三第一次大联考􀅰物理３高三第一次大联考􀅰物理４由题意可知ｓｉｎ∠ＡＯＣ

＝２２(１分)则∠ＡＯＣ＝４５°＝ｉ(１分)又由几何关系可知ｓｉｎ∠ＤＯＢ＝６－２４(１分)所以∠ＤＯＢ＝１５°由几何关系可知ｒ＝３０°(１分)由折射定律得ｎ＝ｓｉｎｉｓｉｎｒ(１分)代入数据得ｎ＝２(１分)(２)又由几何关系得ＡＢ＝３Ｒ(１分)光在棱镜中的传播速度为ｖ＝

ｃｎ＝２ｃ２(１分)又ＡＢ＝ｖｔ(１分)解得ｔ＝６Ｒｃ(１分)１４.(１４分)解:(１)物体甲放上传送带后ꎬ物体甲沿传送带向下做加速度运动ꎬ由牛顿第二定律ｍｇｓｉｎθ＋μ１ｍｇｃｏｓθ＝ｍａ１得ａ１＝１０ｍ/ｓ２(１分)设经

时间ｔ１物体甲与传送带共速ꎬ则有ｔ１＝ｖ０ａ１＝１ｓ(１分)该时间内物体甲和传送带的位移分别为ｘ甲１＝ｖ０２ｔ１＝５ｍ、ｘ１＝ｖ０ｔ１＝１０ｍ(１分)物体甲在传送带上留下的划痕为Δｘ１＝ｘ１－ｘ甲１＝５ｍ(物体甲

相对传送带向上运动)此后物体甲继续沿传送带向下加速运动ꎬ由牛顿第二定律ｍｇｓｉｎθ－μ１ｍｇｃｏｓθ＝ｍａ２得ａ２＝２ｍ/ｓ２(１分)设经时间ｔ２物体甲到达传送带的底端ꎬ则有Ｌ－ｘ甲１＝ｖ０ｔ２＋１２ａ２ｔ２２ꎬ解得ｔ２＝１

ｓ(１分)该时间内物体甲和传送带的位移分别为ｘ甲２＝Ｌ－ｘ甲１＝１１ｍ、ｘ２＝ｖ０ｔ２＝１０ｍ(１分)物体甲在传送带上留下的划痕为Δｘ２＝ｘ甲２－ｘ２＝１ｍ(物体甲相对传送带向下运动)所以物体甲在传送带上留

下的痕迹长度为Δｘ１＝５ｍ(１分)(２)由第(１)问可知ꎬ物体甲滑到Ｂ点的速度大小为ｖ＝ｖ０＋ａ２ｔ２＝１２ｍ/ｓ(１分)物体甲从Ｂ运动到Ｃꎬ由动能定理得－μ２ｍｇｘＢＣ＝１２ｍｖ２Ｃ－１２ｍｖ２ꎬ解得ｖＣ＝１１ｍ/ｓ(１分)设碰后甲、乙的速度大小分别为ｖ１、ｖ２ꎬ物体甲

、乙发生弹性碰撞ꎬ则有ｍｖＣ＝ｍｖ１＋４.５ｍｖ２(１分)１２ｍｖ２Ｃ＝１２ｍｖ２１＋１２×４.５ｍｖ２２解得ｖ１＝－７ｍ/ｓ、ｖ２＝４ｍ/ｓ(１分)碰后对物体乙从Ｃ到Ｄ的过程ꎬ由机械能守恒定律得１２×４.５ｍｖ２２＝１２×４.５ｍｖ２Ｄ＋４.５ｍｇＲ(１－ｃｏｓα)解得ｖＤ＝３ｍ/ｓ(１分)

物体离开Ｄ后做斜抛运动ꎬ竖直方向的分速度为ｖｙ＝ｖＤｓｉｎ５３°＝２.４ｍ/ｓ物体乙离开Ｄ点后ꎬ上升到最高点所用的时间为ｔ３＝ｖｙｇ＝０.２４ｓ(１分)物体乙在水平方向的分速度为ｖｘ＝ｖＤｃｏｓ５３°＝１.８ｍ/ｓ则最高点到Ｄ的水平间距为ｘ＝ｖｘｔ３＝０.４３２ｍ(１分)１５.(１７分)解:(１)

粒子在电场中做类平抛运动ꎬ由粒子轨迹的偏转方向可知粒子在电场中所受的电场力方向竖直向下ꎬ则粒子带负电ꎮ(１分)设粒子在ｂ点的速度为ｖꎬ则有ｖｙ＝ｖ０ｔａｎθ＝３ｖ０(１分)竖直方向粒子做匀加速直线运动ꎬ有２ａＬ＝ｖ２ｙ(１分)又由牛顿第二定律得Ｅｑ＝ｍａ(１分)又ｑｍ＝ｋ(１分)

由以上联立解得Ｅ＝３ｖ２０２ｋＬ(１分)(２)根据题意作出粒子的运动轨迹ꎬ如图所示ꎬ由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外由第(１)问可知粒子从ａ到ｂ的时间为ｔ１＝ｖｙａ解得ｔ１＝２Ｌ３ｖ０(１分)又在水平方向上

有ｘａｂ＝ｖ０ｔ１ꎬ解得ｘｏｂ＝２Ｌ３(１分)粒子在磁场中运动的速度为ｖ＝ｖ０ｃｏｓθ＝２ｖ０(１分)由几何关系可知粒子在磁场中的轨道半径为Ｒ＝ｘｏｂｓｉｎθ解得Ｒ＝４Ｌ３(１分)又由牛顿第二定律得ｑｖＢ

＝ｍｖ２Ｒ解得Ｂ＝３ｖ０２ｋＬ(１分)当矩形磁场的面积最小时ꎬ磁场的边界应与轨迹相切ꎬ则磁场的最小面积为Ｓｍ＝２Ｒ×２Ｒｃｏｓθ解得Ｓｍ＝１６Ｌ２３(１分)(３)粒子在磁场中做匀速圆周运动ꎬ有Ｔ＝２πＲｖ联立解得粒子运动的周期Ｔ＝４πＬ３ｖ０(１分)粒

子的轨迹所对应的圆心角为α＝４３π(１分)则粒子在磁场中运动的时间为ｔ２＝α２πＴ解得ｔ２＝８πＬ９ｖ０(１分)由对称性可知粒子从ｄ到ａ的时间为ｔ３＝ｔ１＝２Ｌ３ｖ０(１分)带电粒子从ａ点出发到返回ａ点的总时间为

ｔ＝ｔ１＋ｔ２＋ｔ３解得ｔ＝(１２３＋８π)Ｌ９ｖ０(１分){#{QQABaQIUggCoAAJAABgCEwUCCEMQkhGAASgOQEAIoAAASAFABAA=}#}