河北省2025屆高三年級大數(shù)據(jù)應(yīng)用調(diào)研聯(lián)合測評(I)物理參考答案及解析題號123456789DCCBDDC1.D【解析】普通路面上摩擦力都是不能忽略不計的，另外電動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，另外電池和電動機均有電阻，電流通過這些電阻變產(chǎn)生的電子來自原子核內(nèi)部，選項AB錯誤；钷147的半衰期為r=2.6年，經(jīng)過1=5.2年，剩余的質(zhì)量3.C【解析】從振動圖像可知L=0.2s時刻x=4m處質(zhì)點P的運動方向沿y軸負(fù)方向，根據(jù)波傳播方向與質(zhì)點振動的關(guān)系可知該簡諧波沿x軸正方向傳播，同理可知t=0.2s時刻質(zhì)點Q正沿y軸負(fù)方向運從波動圖像可知波長λ=8m,則波速m/s,選項C正確，選項D錯誤。4.B【解析】列車以速度v行駛時受到的阻力為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B正確。心O處產(chǎn)生的電場強度大小,圓環(huán)上電荷到圓心O的距離相同，都為R,則每個微元電荷q在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小都相等，方向從微元電荷指向圓心O,根據(jù)對稱性和疊加原理可知整個圓環(huán)全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為0,選項A錯誤；同理，根據(jù)對稱性和疊加原理可知圓環(huán)高三物理參考答案第1頁(共6頁)電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小相當(dāng)于四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強度，四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小與四分之一圓環(huán)AC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小相等，即為E。,選項B錯誤；根據(jù)對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)生的電場強度大小為E?=√2E。,選項C錯誤；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)生的電場強度大小為E?,根據(jù)對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)生的電場強度大小也為E?,根據(jù)對稱性和疊加原理可知兩電場強度方向夾角為45°,兩電場強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)生的電場強度，所以有2E?,解得,選項D正確。7.C【解析】嫦娥六號探測器沒有脫離地球引力，所以嫦娥六號探測器發(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A錯誤；在地球表面上有,嫦娥六號探測器在環(huán)月軌道做勻速圓周運動有).①②式聯(lián)立解得,選項B錯誤；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C正確；在月球表面上有20g月④,①④式聯(lián)立解得,選項D錯誤。8.BD【解析】以物體為研究對象，根據(jù)共點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,以滑輪為研究對象，根據(jù)共點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動過程中兩繩夾角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C錯誤；以人為研究對象，根據(jù)共點力平衡條件可得地面對人的摩擦力為F?=T?sina,在水平地面上向右運動過程中兩繩夾角a逐漸增大，sina增大，摩擦力逐漸增大，選項D9.CD【解析】物體溫度是它分子熱運動的平均動能的標(biāo)志，所以乒乓球內(nèi)氣體溫度升高后分子熱運動的平均動能增大，但不是每個氣體分子的動能都增大，選項A錯誤；乒乓球恢復(fù)成原來的圓球形的過程氣體體積增大，對外做功，即W<0,選項B錯誤；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C正確；乒乓球恢復(fù)成原來的圓球形過程，初態(tài)溫度p?=1.26×10?Pa,選項D正確。高三物理參考答案第2頁(共6頁)高三物理參考答案第3頁(共6頁)10.BC【解析】線框進入磁場過程中根據(jù)楞次定律可判定線框中感應(yīng)電流的方向為A-B-C-D-A,線框穿出磁場過程中根據(jù)楞次定律可判定線框中感應(yīng)電流方向為A-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，所以線框穿過磁場過程中受到的安培力方向水平向左，選項A錯誤。線框進入磁場過程中通過線框?qū)w橫截面上的電荷量為,選項B正確。線框穿過磁場整個過程中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Bdvsina,通過的時間為,整個過程產(chǎn)生的熱量為,選項C正確。此過程中線框受安培力的方向水平向左，線框的CD邊恰好沒有穿出磁場，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)動量定理，此過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，碰撞后五角硬幣會反彈，則不能測出五角硬幣碰撞后的運動位移，所以不能完成實驗；本實驗中驗證動量守恒定律需計算兩硬幣碰撞前后的動量，兩硬幣碰撞前后的速度根據(jù)運動學(xué)公式v2=2ax求出，當(dāng)平直部分水平時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，兩硬幣的加速度為a=g(μcosθ±sinθ),兩硬幣的加速度仍然相同，所以該實驗平直軌道部分不一定水平，只要保證兩硬幣做減速運動最后能停在平直部分即可，故要正確完成實驗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動，根據(jù)動力學(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)用多用電表測電阻時選用“×100”的擋位發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明表盤上電阻示數(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分壓式接法滑動變阻器總阻值越小，調(diào)節(jié)時電流和電壓的變化越接近線性變化，所以滑動變阻器應(yīng)選擇電阻較小的C;當(dāng)定值電阻R。選F項500Ω時，與電壓表V?并聯(lián)的總電阻為400Ω,從歐姆表的測量可知電阻絲的電阻約為R,=110Ω,,所以兩電壓表可以同時達到滿偏，如果選E項10Ω時，電壓表V?滿偏時電壓表V?達不到量程的三分之一，電壓表V?滿偏時電壓表V,會超過量程，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,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AB邊時恰好發(fā)生全反射，則在AB邊的入射角為臨界角又因為∠A=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軸正方向射入勻強磁場，又垂直于x軸方向射出勻強磁場，則O點為帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡圓圓心，設(shè)粒子從M點射出勻強磁場，作出粒子的運動軌跡如圖所示，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(共6頁)高三物理參考答案第5頁(共6頁)粒子在勻強磁場中運動的圓心角為90°,則從P點到M點運動時間(1分)粒子在勻強電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動，分析可得在y方向速度大小不變，則從M點運動到Q點的時間為(1分)則從P點到Q點經(jīng)歷的時間(1分)(2)粒子在勻強電場中做類平拋運動，x方向上有2(1分)y方向上有y=v?t(1分)射出勻強電場時x方向的分速度為v,=at(1分)打到Q點時速度方向與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)立解得勻強電場的電場強度大小E=v?B(1分)【解析】(1)傳送帶足夠長，則物塊B在傳送帶上向右滑動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，沿圓弧軌道向上運動和返回過程中系統(tǒng)的機械能守恒，即A、B分開前瞬間它們的速度v共=4m/s,所以A、B分開時物塊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動過程根據(jù)牛頓第二定律有μMg=Ma(1分)解得a=2m/s2物塊B減速到0的時間5s(1分)物塊B和傳送帶運動的位移分別為x?和x?,減速過程中相對滑動的位移為物塊B在傳送帶上向左加速運動的加速度還為a=2m/s2物塊B向左加速到與傳送帶速度相等時不再發(fā)生相對滑動，加速過程時間1分)加速過程物塊B和傳送帶運動的位移分別為x?和x:加速過程中相對滑動的位移為(1分)高三物理參考答案第6頁(共6頁)整個過程產(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離開傳送帶時速度大小也為v?=4m/s物塊B在傳送帶上運動的時間為1分)設(shè)物塊A、B第二次碰撞之后速度為v?,物塊A、B碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有解得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，減速和加速過程的加速度大小相等，根據(jù)運動的對稱性可知物塊B離開傳送帶時