【文档说明】河北省保定市定州中学2024-2025学年高三上学期开学考试 物理答案.pdf，共(6)页，384.326 KB，由小赞的店铺上传

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·２０２５届高三开学调研（一）———物理答案第１页（共６页）】２０２５届高三年级开学调研检测（一）物理答案与解析１．【答案】Ｃ【解析】该实验的原理是光电效应，故Ａ错误；将照射光的频率调小，有可能光电管不能发生光电效应，实验演示可能将无法进行，故Ｂ错误；

由图可知光电管所加电压为正向电压，仅将滑动变阻器的滑片向左移动，下部电路的电压变大，光电管的电压增大，若光电管中的电流已经是饱和电流了，电压增加时电流不会增大，若电流没有饱和，电压增加时电流增大，故Ｃ正确；由爱因斯坦光电效应方程有Ｅｋ＝ｈυ－Ｗ，所以逸出光电子的最大初动

能与照射光的频率是一次函数关系，而不是正比例函数关系，故Ｄ错误。故选Ｃ。２．【答案】Ｂ【解析】由于质点的位移只有“正”、“负”两个方向，所以该质点一定做直线运动，故Ａ错误；由ｘ－ｔ图像可知在０～ｔ０时间内质点完成了三个周期性运动，所以Ｔ＝ｔ０３，故Ｂ正确；

该质点在一个周期内的位移ｘ＝０，所以ｖ－＝ｘＴ＝０，故Ｃ错误；当质点的位移出现极值时质点的速度即为０，由图像可知一个周期内质点有１０次速度为０，故Ｄ错误。故选Ｂ。３．【答案】Ｂ【解析】由电场线分布可知两个点电荷带异种电荷，且Ｍ

的电荷量大小小于Ｎ的电荷量，故Ａ错误，Ｂ正确；因为ｂ点电势比ｃ点电势高，所以ＭＮ连线上的电场线方向为由Ｍ到Ｎ，所以Ｍ带正电，Ｎ带负电，两个点电荷在ｄ点产生的电场强度方向相反，由前面分析可知ＱＭ＜ＱＮ，由几何关系可知ｒｄＭ＞ｒｄＮ，而点电荷的电场强度Ｅ＝ｋＱｒ

２，所以ＥＭｄ＜ＥＮｄ，所以ｄ点的电场强度不可能为０，故Ｃ错误；由电场线分布可知，带电小球从ｅ移动到ｆ的过程中，所经过位置的电场线切线方向斜向下，而小球带负电，所以小球受到的静电力斜向上，在此过程中静

电力做负功，所以小球的电势能逐渐增大，故Ｄ错误。故选Ｂ。４．【答案】Ｄ【解析】嫦娥六号没有脱离地球引力束缚，所以发射速度应该小于第二宇宙速度，即小于１１２ｋｍ／ｓ，故Ａ错误；若嫦娥六号沿ｃ轨道绕月球绕行则

有ＧＭｍＲ２０＝ｍ（２πＴ０）２Ｒ０，月球密度ρ＝Ｍ４３πＲ３＝３πＲ３０ＧＴ２０Ｒ３，故Ｂ错误；由ＧＭｍｒ２＝ｍａ有ａ＝ＧＭｒ２，所以嫦娥六号在ａ轨道上经过Ｐ点时的加速度等于在ｂ轨道上经过Ｐ点时的加速度，故Ｃ错误；由开普勒第三定律有Ｒ３０Ｔ２０＝

ａ３ｂＴ２ｂ，由几何关系有ａｂ＝Ｒ０＋ｄｍａｘ２，解得ｄｍａｘ＝（２３槡４－１）Ｒ０，故Ｄ正确。故选Ｄ。{#{QQABCYIEogAAAoBAABhCQwXKCAEQkACACSgGQEAMoAAAQBNABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（一）———物理答案第２页（共６页）】５

．【答案】Ｃ【解析】由ｎ＝ｓｉｎθｓｉｎβ，结合β１＞β２，可知ｎ甲＜ｎ乙，结合题意可知乙杯中蔗糖水的浓度更大些，故Ａ错误；设玻璃杯的高度为ｈ，直径为Ｄ，由几何关系有ｓｉｎβ１＝Ｄ２ｈ２＋Ｄ２槡４＝Ｄ４ｈ２＋

Ｄ槡２，ｓｉｎβ２＝Ｄ４ｈ２＋Ｄ２槡１６＝Ｄ１６ｈ２＋Ｄ槡２，结合ｎ＝ｓｉｎθｓｉｎβ，所以ｎ１ｎ２＝４ｈ２＋Ｄ２１６ｈ２＋Ｄ槡２≠１２，故Ｂ错误；玻璃杯上下两个界面相互平行，所以光线从玻璃杯射出的光线与入射光线平行，故Ｃ正确；发生全反射

有两个条件，一是从光密介质射向光疏介质，二是入射光大于临界角，而甲中光线是从光疏介质射向光密介质，所以不会发生全反射，故Ｄ错误。故选Ｃ。６．【答案】Ｃ【解析】变压器只改变交变电流的电压，不改变频率，故Ａ错误；由题意可

知灯泡的额定电流Ｉ０＝Ｐ０Ｕ０＝１Ａ，由变压器的电压规律有Ｕａ１Ｕａ２＝ｎａ１ｎａ２＝２１，Ｉａ１Ｉａ２＝ｎａ２ｎａ１＝１２，所以有Ｕａ１＝２Ｕａ２＝２Ｕ０＝１７６Ｖ，Ｉａ１＝１２Ｉａ２＝１２Ｉ０＝１２Ａ，由电路知识有Ｕ＝Ｕａ１＋Ｉａ１Ｒ０，解得Ｒ０＝８８

Ω，故Ｂ错误；在图（ａ）电路中电阻Ｒ０消耗的功率Ｐａ＝Ｉ２ａ１Ｒ０＝１４Ｉ２０Ｒ０，在（ｂ）电路中电阻Ｒ０消耗的功率Ｐｂ＝Ｉ２ｂ２Ｒ０＝Ｉ２０Ｒ０，所以Ｐａ∶Ｐｂ＝１∶４，故Ｃ正确；在（ｂ）电路中Ｕｂ２＝Ｉｂ２Ｒ０＋Ｕ０＝１７６Ｖ，所以ｎａ１ｎ

ａ２＝Ｕｂ１Ｕｂ２＝ＵＵｂ２＝５４，所以应将自耦变压器的移动端向Ｍ适当滑动，故Ｄ错误。故选Ｃ。７．【答案】Ｃ【解析】由题意可知安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导体棒中的电流方向为由Ｍ到Ｎ，所以ａ端为电源的正极，故Ａ错误；当通过导体棒的电流为Ｉ时

，对导体棒受力分析有ＦＡ１＋Ｆｆｍａｘ－ｍｇｓｉｎθ＝０，当通过导体棒的电流为２Ｉ时，对导体棒受力分析有ＦＡ２－Ｆｆｍａｘ－ｍｇｓｉｎθ＝０，由题意可知ＦＡ２＝２ＦＡ１，解得ＦＡ１＝２３ｍｇｓｉｎθ，Ｆｆｍａｘ＝１３ｍｇｓｉｎθ，又ＦＡ１＝ＢＩｄ，解得Ｂ＝２ｍｇｓｉｎθ３Ｉｄ，故Ｂ错误；当通过

导体棒的电流为Ｉ时，导轨对导体棒的摩擦力Ｆｆｍａｘ＝１３ｍｇｓｉｎθ，沿导轨向上，导轨对导体棒的支持力ＦＮ＝ｍｇｃｏｓθ，导轨对导体棒的作用力Ｆ１＝Ｆ２ｆｍａｘ＋Ｆ２槡Ｎ，当通过导体棒的电流为２Ｉ时，导轨对导体棒的摩擦力Ｆｆｍａｘ＝１３ｍｇｓｉ

ｎθ，沿导轨向下，导轨对导体棒的支持力ＦＮ＝ｍｇｃｏｓθ，导轨对导体棒的作用力Ｆ２＝Ｆ２ｆｍａｘ＋Ｆ２槡Ｎ，所以Ｆ１＝Ｆ２，故Ｃ正确；由题意可知Ｆｆｍａｘ＝１３ｍｇｓｉｎθ＝μＦＮ＝μｍｇｃｏｓθ，解得μ＝１３ｔａｎθ，故Ｄ错误。故选Ｃ。{#{QQABCYIEogAAA

oBAABhCQwXKCAEQkACACSgGQEAMoAAAQBNABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（一）———物理答案第３页（共６页）】８．【答案】ＡＢ【解析】该同学从最低点向上摆的过程中做圆周运动，速度方向沿

该点的切线方向，与绳索方向垂直，故Ａ正确；在Ｐ点，该绳索与竖直方向夹角为θ，对该同学受力分析并结合牛顿第二定律有ＦＴ－ｍｇｃｏｓθ＝ｍｖ２Ｒ，解得ＦＴ＝ｍｇｃｏｓθ＋ｍｖ２Ｒ，所以绳索拉力可能等于重力，故Ｂ正确；从

最低点向上摆的过程中，该同学做圆周运动，他的加速度是变化的，所以做非匀变速曲线运动，故Ｃ错误；手机跌落时有斜向上的速度，所以手机跌落后做斜上抛运动，手机的速度先减小后增大，所以手机的动量先减小后增大，故Ｄ错误。故选ＡＢ。９．【答案】ＡＣ【解析

】由题意可知滑块ｂ受重力和轻绳拉力，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有ｔａｎ５３°＝ｍｂｇｍｂａ，解得ａ＝７．５ｍ／ｓ２，故Ａ正确；对ｂ受力分析有ｍｂｇ＝ＦＴｓｉｎ５３°，解得ＦＴ＝１２．５Ｎ，故Ｂ错误；对ａ受力分析并建立如图所示坐标系，结合牛顿第二定律有ｘ

：Ｆｆ＋ｍａｇｓｉｎ３７°－ＦＴ＝ｍａａｃｏｓ３７°，ｙ：ＦＮ－ｍａｇｃｏｓ３７°＝ｍａａｓｉｎ３７°，由题意有Ｆｆ≤μＦＮ，解得Ｆｆ＝１２．５Ｎ，ＦＮ＝２５Ｎ，μ≥０．５，故Ｃ正确；对整体受力分并结合牛顿第二定律有Ｆ＝（ｍａ＋

ｍｂ＋ｍｃ）ａ＝４５Ｎ，故Ｄ错误。故选ＡＣ。１０．【答案】ＡＣＤ【解析】由题意可知粒子从Ｏ点离开粒子源后所受的洛伦兹力方向为ｘ轴正方向，由左手定则可知匀强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向外，故Ａ正确；当粒子源内的加速电场的电压为Ｕ０时，由动能定理有ｑＵ０＝１２ｍｖ２０，粒子在磁场中做匀速圆

周运动，有ｑｖ０Ｂ＝ｍｖ２０Ｒ０，粒子打在喷镀板上位置的坐标ｘ０＝２Ｒ０，解得ｘ０＝２Ｌ，粒子刚好打在喷镀板的右端，故Ｂ错误；在方案一中，粒子覆盖喷镀板的上表面，则粒子在ｘ轴上的位置的坐标Ｌ≤ｘ≤２Ｌ，由前面分析有ｑＵ＝１２ｍｖ２，ｑｖＢ＝ｍｖ２Ｒ，ｘ＝２Ｒ，Ｕ＝ｋＵ０，解得ｑ

Ｂ２Ｌ２８ｍ≤Ｕ≤ｑＢ２Ｌ２２ｍ，即１４≤ｋ≤１，故Ｃ正确；第二种方案，当粒子落在喷镀板左端时粒子轨迹示意图如下图所示，{#{QQABCYIEogAAAoBAABhCQwXKCAEQkACACSgGQEA

MoAAAQBNABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（一）———物理答案第４页（共６页）】由几何关系有２Ｒ０ｓｉｎα＝Ｌ，解得ｓｉｎα＝１２，即α＝３０°，所以粒子源顺时针转过的角度θ＝９０°－α＝６０°，故Ｄ正确。故选ＡＣＤ。１１．【答案】（１）Ｔ０＝４７ｔ０（１分）

，ｇ＝４９π２（２Ｌ＋ｄ）８ｔ２０（２分）；（２）①Ｃ（１分），Ａ（１分），Ｂ（１分），②正极（２分）。【解析】（１）拉力的周期为Ｔ１，由图乙可知ｔ０＝３．５Ｔ１，而单摆周期Ｔ０＝２Ｔ１，解得Ｔ０＝４７ｔ０，由单摆周期公式Ｔ０＝２πＬ＋ｄ２槡ｇ，解得ｇ＝４９π２（

Ｌ＋ｄ２）４ｔ２０；（２）①使用前发现指针没有指在左侧０刻线上，需要调节机械调零螺丝，即旋钮Ｃ，为了检测二极管的极性，需要将多用电表调为欧姆挡，需要调整选择开关，即旋钮Ａ，在欧姆调零的过程中，在将红黑表笔短接后需要调整欧姆调零旋钮，即Ｂ；②多用电表的欧姆挡电流从黑表笔流出多用电表，从红表

笔流入多用电表，黑表笔电势高，红表笔接二极管的Ｎ端接触时，多用电表的指针发生了较大的偏转，二极管是导通状态，所以Ｍ端为二极管的正极。１２．【答案】（１）０．６６０ｃｍ（２分）；（２）不需要（２分）；（３）Ｍ＝２Ｌｂｃｄ２（２分），μ＝ｃｄ２２ｇＬ（２分）。【解析】（１）由图甲可知，该游标卡尺为二

十分度的游标卡尺，游标尺的１２条刻度与主尺的１８．００ｍｍ刻线对齐，所以有ｄ＋１２×０．９５＝１８．００ｍｍ，解得ｄ＝６．６０ｍｍ＝０．６６０ｃｍ；（２）由于在该实验中可以通过力传感器直接测得拉力Ｆ的大小，而不是将砂桶和砂的重力当作拉力Ｆ，所以不需要满足物块的质量远大于砂桶的质

量；（３）由题意可知遮光条通过光电门时物块的速度ｖ＝ｄｔ，有物块运动过程中有ｖ２＝２ａＬ，对物块受力分析并结合牛顿第二定律有Ｆ－μＭｇ＝Ｍａ，整理得１ｔ２＝２ＬＭｄ２Ｆ－２μｇＬｄ２，结合图丙有２ＬＭｄ２＝ｃｂ，ｃ＝２μｇＬｄ２，解得Ｍ＝２Ｌｂ

ｃｄ２，μ＝ｃｄ２２ｇＬ。１３．【答案】（１）ｔｍｉｎ＝１３．１℃，ｔｍａｘ＝４７．８℃；（２）ｔ′１＝３２．７℃。解：（１）由题意可知饮料罐内的气体压强ｐ＝ｐ０＋ｈ＝８０ｃｍＨｇ由题意可知在测温过程中，封闭气体做等压变化，在当温度为２

７℃即Ｔ＝２７３＋２７＝３００Ｋ时，封闭气体的体积Ｖ＝Ｖ０＋ｈ１Ｓ＝３４６ｃｍ３（１分）所测温度最低时，封闭气体的体积Ｖｍｉｎ＝Ｖ０＝３３０ｃｍ３所测温度最高时，封闭气体的体积Ｖｍａｘ＝Ｖ０＋（Ｌ－ｈ）Ｓ＝３７０ｃｍ３（１分）由等压变化规律有Ｖ

Ｔ＝ＶｍａｘＴｍａｘ＝ＶｍｉｎＴｍｉｎ（２分）解得Ｔｍｉｎ＝２８６．１Ｋ，即ｔｍｉｎ＝１３．１℃（１分）Ｔｍａｘ＝３２０．８Ｋ，即ｔｍａｘ＝４７．８℃（１分）{#{QQABCYIEogAAAoBAABhCQwXKCAEQkACACSgGQEAMoAAAQBNABAA=}#}【·２０２

５届高三开学调研（一）———物理答案第５页（共６页）】（２）当温度计显示温度为４０．５℃时，Ｔ１＝２７３＋４０．５＝３１３．５Ｋ由等压变化规律有ＶＴ＝Ｖ１Ｔ１（１分）解得此时封闭气体的体积Ｖ１＝３６１．６ｃｍ３此时封闭气体的压强ｐ

′１＝ｐ′０＋ｈ＝７８．０ｃｍＨｇ由理想气体状方程有ｐＶＴ＝ｐ′１Ｖ１Ｔ′１（２分）解得Ｔ′１＝３０５．７Ｋ即ｔ′１＝３２．７℃（１分）１４．【答案】（１）ｖ＝ＦｔＣＢ２ｄ２＋ｍ；（２）ａ０＝ＢＥｄｍＲ，ｑ＝ｍＥＢ２ｄ２。解：（１）将开关Ｋ

接１，施加水平恒力Ｆ后对导体棒受力分析并结合牛顿第二定律有Ｆ－ＢＩｄ＝ｍａ（１分）由电容充电可知Ｉ＝ΔｑΔｔ＝ＣΔＵΔｔ＝ＣＢｄΔｖΔｔ＝ＣＢｄａ（２分）解得ａ＝ＦＣＢ２ｄ２＋ｍ（１分）所以导体棒做匀变速直线运动，所以ｖ＝ａｔ＝ＦｔＣＢ２ｄ２＋ｍ（１分）（２）将开关Ｋ接２，开关Ｋ接通

瞬间由电路分析可知此时流过导体棒ａ的电流Ｉ０＝ＥＲ（１分）此时对导体棒受力分析并结合牛顿第二定律有ＦＡ＝ＢＩ０ｄ＝ｍａ０（１分）解得ａ０＝ＢＥｄｍＲ（１分）最终导体棒ａ以速度ｖ０做匀速直线运动，此时流过导体棒ａ的电流为０，有Ｅ＝Ｂｄｖ０（１分）在此过程中对导体棒分析，由动量定理有Ｆ－ＡΔｔ＝ｍｖ０

－０（１分）由安培力定义有Ｆ－Ａ＝ＢＩ－ｄ（１分）而ｑ＝Ｉ－Δｔ（１分）解得ｑ＝ｍＥＢ２ｄ２（１分）１５．【答案】（１）μ０＝０．２；（２）Ｆ压＝２５４１１Ｎ；（３）Ｌ＝１２．７５ｍ解：（１）对物块受力分析并结合牛顿第二定律有μ０ｍ０ｇ＝ｍ０ａ（１分）小物块

在传送带上加速过程有ｖ＝ａｔ１（１分）由位移关系有Ｌ＝ｖ２ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）（１分）{#{QQABCYIEogAAAoBAABhCQwXKCAEQkACACSgGQEAMoAAAQBNABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（

一）———物理答案第６页（共６页）】解得μ＝０．２（１分）（２）物块离开传送带后做平抛运动，由几何关系有ｖ＝ｖＣｃｏｓθ（１分）小物块从Ｃ到Ｄ的过程有ｍ０ｇＲ（１－ｃｏｓθ）＝１２ｍ０ｖ２Ｄ－１２ｍ０ｖ２Ｃ（１分）当小物块经过Ｄ点时对小物块受力分析并结合牛顿第二定律有ＦＮ－ｍ０ｇ＝ｍ０ｖ２ＤＲ（１

分）由牛顿第三定律有Ｆ压＝ＦＮ＝２５４１１Ｎ（１分）（３）小物块Ｐ在木板Ｑ上滑动到共速的过程有ｍ０ｖＤ＝（ｍ０＋Ｍ）ｖ共１（１分）μｍ０ｇＬ１＝１２ｍ０ｖ２Ｄ－１２（ｍ０＋Ｍ）ｖ２共１（１分）解得Ｌ１＝１２ｍ木板Ｑ与小物块Ｓ碰撞过程有Ｍｖ共１＝ｍｖ１＋Ｍｖ２

（１分）１２Ｍｖ２共１＝１２ｍｖ１＋１２Ｍｖ２２（１分）解得ｖ２＝０．５ｍ／ｓ最终小物块Ｐ和木板Ｑ再次共速，有ｍ０ｖ共１＋Ｍｖ２＝（ｍ０＋Ｍ）ｖ共２（１分）μｍ０ｇＬ２＝１２ｍ０ｖ２共１＋１２Ｍｖ２２－１２（ｍ０＋Ｍ）ｖ

２共２（１分）解得Ｌ２＝０．７５ｍ由题意有木板Ｑ的长度Ｌ＝Ｌ１＋Ｌ２＝１２．７５ｍ（１分）{#{QQABCYIEogAAAoBAABhCQwXKCAEQkACACSgGQEAMoAAAQBNABAA=}#}