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)123456789DCCBDDC1.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)這些電阻變產(chǎn)生的電子來(lái)自原子核內(nèi)部，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；钷147的半衰期為r=2.6年，經(jīng)過(guò)1=5.2年，剩余的質(zhì)量3.C【解析】從振動(dòng)圖像可知L=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)從波動(dòng)圖像可知波長(zhǎng)λ=8m,則波速m/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f?=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F?一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f?=k·2v,列車的牽引力為,根據(jù)牛頓第二定律有F?—f?=ma,以上三式聯(lián)立解得P′=2mav+4kv2,所以2P<P′<4P,選項(xiàng)B正確。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))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E。,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E。,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E?=√2E。,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E?,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E?,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2E?,解得,選項(xiàng)D正確。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,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).①②式聯(lián)立解得,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)月球的第一宇宙速度大小為v,則有),①③式聯(lián)立解得,選項(xiàng)C正確；在月球表面上有20g月④,①④式聯(lián)立解得,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T?=mg,則拉物體T?=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,拉著繩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，為銳角，逐漸減小，則彈力T?逐漸減小，選項(xiàng)B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a=20,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F?=T?sina,在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩繩夾角a逐漸增大，sina增大，摩擦力逐漸增大，選項(xiàng)D9.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△U>0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=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p?=1.26×10?Pa,選項(xiàng)D正確。高三物理參考答案第2頁(yè)(共6頁(yè))高三物理參考答案第3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=Bdvsina,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—(-mv?sina)=11.(6分，除標(biāo)注外，每空2分)(1)不能(1分)也可以不(1分)【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v。=√2ar3,一元硬幣碰撞后的速度為v?=√2az?,五角硬幣碰撞后的速度為m√x?+m?√x2;若兩硬幣的碰撞為彈性碰撞，則還要滿,將速度代人等12.(10分，除標(biāo)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-?【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”;讀數(shù)為(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R。選F項(xiàng)500Ω時(shí)，與電壓表V?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R,=110Ω,,所以兩電壓表可以同時(shí)達(dá)到滿偏，如果選E項(xiàng)10Ω時(shí)，電壓表V?滿偏時(shí)電壓表V?達(dá)不到量程的三分之一，電壓表V?滿偏時(shí)電壓表V,會(huì)超過(guò)量程，所以定值電阻R。應(yīng)選F;②根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路的特點(diǎn),數(shù)學(xué)變換得,則(U?-U?)-U?圖像的斜率為,從圖(d)可得圖像的斜率,解得R,=100Ω;③根據(jù)電阻定律可得電阻率為光線第一次到達(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又因?yàn)椤螦=15°,則∠APM=75°,則α+(90°-C)=75°即α=C-15°(1分)②(1分)由①②可得與③聯(lián)立解得tanC=1,臨界角C=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(1分)OP:OQ=2:3,則(1分)高三物理參考答案第4頁(yè)(共6頁(yè))高三物理參考答案第5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(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(1分)則從P點(diǎn)到Q點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間(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2(1分)y方向上有y=v?t(1分)射出勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)x方向的分速度為v,=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45°(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=v?B(1分)【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vo=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)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v?=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5s(1分)物塊B和傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移分別為x?和x?,減速過(guò)程中相對(duì)滑動(dòng)的位移為物塊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1分)加速過(guò)程物塊B和傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移分別為x?和x:加速過(guò)程中相對(duì)滑動(dòng)的位移為(1分)高三物理參考答案第6頁(yè)(共6頁(yè))整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為Q?=μMg(△x?+△x?)=162J(1分)(3)物塊A、B第一次碰撞后，物塊B以速度v?=4m/s滑上傳送帶，物塊B知物塊B離開(kāi)傳送帶時(shí)速度大小也為v?=4m/s物塊B在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1分)設(shè)物塊A、B第二次碰撞之后速度為v?,物塊A、B碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得v?=2m/s物塊B以速度v?=2m/s滑上傳送帶，物塊B的速度v?=2m/s小于傳送帶的速度，則物塊向右減速到0后再向左加速，減速和加速過(guò)程的加速度大小相等，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知物塊B離開(kāi)傳送帶時(shí)