河北省市级联考2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题

第1页,共13页 第2页,共13页 第3页,共13页 第4页,共13页 第5页,共13页 第6页,共13页 第7页,共13页 第8页,共13页 书 河北省2025届高三年级11月阶段调研检测二 物理参考答案与解析 1.D 【解题思路】该核反应为聚变反应,虽然有 粒子产生,但不是 衰变,故A错误;该反应 不是裂变,故B错误;设 X粒子的质量数为 A,电荷数为 Z,由质量数守恒和电荷数守恒有 2+3 4+A,1+1 2+Z,解得 A=1,Z=0,所以 X粒子为中子,故 C错误;该核反应释放核 能,所以生成核的比结合能更大些,故D正确。故选D。 2.C 【解题思路】由速度—时间图像可知,两架无人机运动方向一定在同一直线上,不可能相 互垂直,故A错误;速度—时间图像中面积表示位移,在t1到t2时间内,无人机A发生的位移 小于无人机B发生的位移,所以这段时间内无人机A的平均速度小于无人机B的平均速度, 故B错误;速度 时间图像的斜率表示加速度,斜率的大小表示加速度的大小,斜率的正负表 示加速度的方向,所以这段时间内无人机B的加速度先减小后增大,故C正确;t2时刻b图线 的切线斜率为负,但绝对值大于图线a的斜率,所以该时刻无人机 B的加速度大于无人机 A 的加速度,故D错误。故选C。 3.C 【解题思路】由题意可知四个等势面为等差等势面,N点的等势面比M点的等势面密集, 所以N点的电场强度大于M点的电场强度,由于粒子仅受静电力作用,所以粒子在N点的加 速度大于在M点的加速度,故A错误;由于电场线与等势线(面)垂直,结合四个等势面的电 势分布情况,在M点作b等势面的垂线,由曲线运动特点,可知, 粒子带负电,故B错误;由粒子运动轨迹可以判断粒子与带电 体间存在斥力,粒子在运动过程中,静电力先做负功后做正 功,所以粒子的电势能先增大后减小,故C正确;由 M到 N过 程中静电力对粒子做正功,由动能定理有 q 0=Ek-Ek0,解得 Ek=Ek0+q 0,故D错误。故选C。 4.B 【解题思路】小球B释放后,对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有FT- 2mg=2ma, 对小球受力分析并结合牛顿第二定律有 mg-FT=ma,解得 FT=0.75mg,a=0.25g,故 A错 误,B正确;小球的加速度竖直向下,所以小球处于失重状态,故 C错误;由 v2-0=2ah解得 v= gh 槡2 ,故D错误。故选B。 5.A 【解题思路】从A、B处发射的炮弹上升的最大高度相同,所以炮弹发射时初速度的竖直方 向分量相同,而炮弹同时击中O点的目标,所以竖直方向的位移相同,炮弹发射后在竖直方 向上做竖直上抛运动,有h=v0yt- 1 2gt 2,所以从 A、B处发射的炮弹在空中飞行的时间相等, 故A正确;由于时间相同,而A处发射的炮弹的水平位移较大,所以 A处发射炮弹的初速度 的水平分量较大,所以从A处发射炮弹的初速度较大,故 B错误;由于炮弹在空中飞行的时 间相同,且要求同时击中目标,所以A、B处的炮弹应该同时发射,故C错误;击中目标时炮弹 的竖直方向速度相同,而从A处发射炮弹的水平方向速度较大,所以击中目标时从 A处发射 的炮弹速度较大,故D错误。故选A。 第9页,共13页 6.D 【解题思路】对小球B受力分析可知,轻绳的拉力大小为FT=mg,所以轻绳给滑轮的两个 拉力大小均为mg,夹角为60 ,所以这两个力的合力大小为槡3mg,故A错误;对物体A受力分 析,有FTcos30 -Ff=0,解得Ff=槡 3 2mg,FN+FTsin30 -3mg=0,由牛顿第三定律有F压 =FN =52mg,故B、C错误;由题意可知Ff≤ FN,解得 ≥ 槡3 5,故D正确。故选D。 7.C 【解题思路】在弹丸射入摆球的过程中动量守恒,所以有 mv0= m+5( )mv,由图乙可知 v=0.5m/s,解得 v0=3m/s,故 A错误;摆球上摆过程机械能守恒,有 1 2 m+5( )m v 2= m+5( )mgh,解得h=0.0125m,故B错误;由图乙可知单摆的周期为4.5s,由单摆周期公式 有T=2 槡 L g,解得L=5m,故C正确;当摆球运动起来后,拉力变化的周期为单摆周期的一 半,即2.25s,故D错误。故选C。 8.BD 【解题思路】理想电流表测量的是电流的有效值,不随着时间变化,故 A错误;由变压器 电压规律有 U1 U2 = n1 n2 ,由题意有U1=U0=220V,而当开关断开时,副线圈的电流I2= U2 R=2A, 由电流关系 I1 I2 = n2 n1 ,解得 I1=0.18A,故 B正确;开关 S闭合不影响副线圈的输出电压, 故C错误;当S闭合后,副线圈的总电阻R并 = R 2=5 ,所以副线圈的功率 P2= U22 R并 =80W, 故D正确。故选BD。 9.AD 【解题思路】由压强关系可知p1= gh+p0=3.5 10 5Pa,故A正确;气泡内气体上升过 程中,气泡的温度逐渐升高,气泡内气体的分子平均动能增大,但不是每个气体分子的速度都 增大,故B错误;由题意可知气泡内气体的内能增大,同时对外做功,由热力学第二定律有 U=W+Q,所以气体从湖水中吸收的热量大于气体对湖水做的功,故C错误;气泡上升到湖 面时压强p2=p0=1.0 10 5Pa,温度由T1=273+7=280K升高到 T2=273+27=300K,由 理想气体状态方程有 p1V1 T1 = p2V2 T2 ,解得V2= 15 4cm 3,故D正确。故选AD。 10.BC 【解题思路】由题意可知质子在磁场中运动的周期 T=1f,质子在磁场中运动时有 qvB=mv 2 r,T= 2 r v,解得B= 2 mf q ,故A错误;当质子的运动半径为 R时速度最大,即动能 最大,有vm=2 fR,所以此时质子的动能 Ekmax1= 1 2mv 2 m=2 2mf2R2,故 B正确;由题意可知 粒子在磁场中运动的周期 T=1f, 粒子在磁场中运动时有2qvB′=4m v2 r,T= 2 r v,解得 B′=4 mfq ,故C正确;当 粒子的运动半径为R时速度最大,即动能最大,有v′m=2 fR,所以 此时 粒子的动能Ekmax2= 1 2 4mv′ 2 m=8 2mf2R2,故D错误。故选BC。 第10页,共13页 11.【答案】(1)①B(1分) ②10(1分) 0.245(1分) (2)①D(1分) ②0.820(2分) ③平衡摩擦力不足(1分) 不再满足槽码质量远小于小 车质量(1分) 【解题思路】(1)①测弹簧原长时为了避免弹簧自身重力的影响,要将弹簧悬挂在水平横杆 上,在弹簧静止时测量弹簧的长度,故选B; ②由图乙可知在不悬挂钩码时弹簧的长度为弹簧的原长,所以该弹簧的原长为10cm,由图 乙可知弹簧的劲度系数k=Fx= 4 0.025 9.8 14-10 =0.245N/cm。 (2)①电火花打点计时器的工作电压为220V,故 A错误,为完成实验,除图甲中已有的器 材,还需要交流电源、天平(含配套砝码)、刻度尺,故 B错误,补偿阻力时不能挂着槽码, 故C错误;小车从靠近打点计时器处释放,可以充分利用纸带,故D正确; ②由题意可知计数点间的时间间隔T0=5T=0.10s,由图乙可知此过程中小车的加速度a= x4+x5+x6-x1-x2-x3 9T20 =0.820m/s2; ③由图丙可知图线没有过原点是因为平衡摩擦力不足,图线右侧弯曲是因为随着槽码质量 的增大,不再满足小车的质量远大于槽码的质量。 12.【答案】(1)3.0(1分) 并联(1分) 2.75(1分) (2)乙(2分) (3)1.50(1分) 1.25(2分) 【解题思路】(1)将灵敏电流计的量程扩大,需要将电阻箱调为 R后,与灵敏电流计并联,由 题意有IgRg= I-I( )g R,解得R= IgRg I-Ig =3.0 ,此时电流表的内阻RA= RRg R+Rg =2.75 。 (2)由于此时电流表的内阻准确已知,所以电路图选择乙图。 (3)由闭合电路欧姆定律有U=E-Ir+R( )A ,结合图乙可知,E=1.50V,r+RA= 1.5-0.5 0.25 =4.0 ,解得r=1.25 。 13.【答案】(1)n 槡=3 (2)t= 槡 33L 2c 解:(1)光束在O点的光路如图所示,光束交BC于D点, 由几何关系可知光束在O点的入射角iO=90 - =60 (1分) 在O点的折射角rO=90 -∠A=30 (1分) 由折射定律有n= siniO sinrO 槡 =3(1分) (2)由几何关系可知光束在D点的入射角iD=60 siniD=槡 3 2> 1 n= 槡3 3=sinC 所以光束在D点发生全反射(1分) 光束与AC交于E点,光路如右图所示, 由几何关系可知光线从E点射出柱体, OD=2OB=L(1分) 第11页,共13页 DE=槡33DC= 槡3 3 BC 2= 槡3 3 槡3AB 2 = 1 2L(1分) 由折射定律有v=cn= 槡3c 3(1分) 所以光束在柱体中传播的时间t=OD+DEv = 槡33L 2c(1分) 14.【答案】(1)FT=23N (2)EPmax=4J (3)EPmax1=0.8J d1=0.8m 解:(1)小球A下摆过程由动能定理有m1gL= 1 2m1v 2 1- 1 2m1v 2 0(1分) 在小球A与滑块B碰撞前瞬间,对小球A受力分析有FT-m1g= m1v 2 1 L(1分) 解得FT=23N(2分) (2)小球A与滑块B碰撞过程有m1v1=m1v′1+m2v2(1分) 1 2m1v 2 1= 1 2m1v′ 2 1+ 1 2m2v 2 2(1分) 解得v2= 2m1 m1+m2 v1=4m/s 滑块B在木板C上滑行的过程中由动能定理有- m2g 2d=0- 1 2m2v 2 2(1分) 解得 =25 当弹簧压缩量最大时弹性势能最大,此过程由能量守恒有 1 2m2v 2 2= m2gd+EPmax(1分) 解得EPmax=4J(1分) (3)将C释放后且不计木板与水平面间的摩擦力,当滑块B在木板C上滑行过程中动量守恒, 当滑块B与木板C速度相同时,弹簧的弹性势能最大,此过程有m2v2= m2+m( )3 v(1分) 解得v=85m/s 由能量守恒有 1 2m2v 2 2- 1 2 m2+m( )3 v 2= m2gd+EPmax1(1分) 解得EPmax1=0.8J(1分) 最后滑块B与木板C共速,所以动量守恒有m2v2= m2+m( )3 v, 能量守恒有 1 2m2v 2 2- 1 2 m2+m( )3 v 2= m2g2d-d( )1 (1分) 解得d1=0.8m(1分) 15.【答案】(1)垂直纸面向里,a= I0LB m (2)PR= I20r0 2 q= 1 2CI0r0 (3)x= 6mI0r 2 0 B3L3 Q= mI20r 2 0 B2L2 解:(1)由题意可知金属棒ab中的电流方向为由 a到 b,所受安培力方向为水平向右,由左 手定则可知磁场方向为垂直纸面向里(1分) 金属棒ab释放的瞬间,由闭合电路欧姆定律可知此时通过金属棒ab的电流I1= E R+r=I0(1分) 第12页,共13页 它受到的安培力F=ILB=I0LB(1分) 由牛顿第二定律可知此时金属棒ab的加速度a=Fm= I0LB m (1分) (2)当金属棒ab中的电流为0时它的速度达到最大,由法拉第电磁感应定律有 E感max=BLvmax=E(1分) 当金属棒ab的速度为最大速度一半时,E感 =BL vmax 2 = E 2(1分) 由闭合电路欧姆定律可知此时通过金属棒ab的电流I2= E-E感 R+r= I0 2(1分) 此时它的热功率PR=I 2 2R= I20r0 2(1分) 金属棒ab刚释放时电容器两端的电压U1=I1R=2I0r0,当金属棒ab的速度为最大速度一半 时电容器两端的电压U2=E-I2r0= 5 2I0r0(1分) 所以此过程中电容器极板所带电荷量的变化量 q=C U=12CI0r0(1分) (3)由题意可知最终两个金属棒速度相同,且即将相互接触,金属棒ab滑过PQ后与金属cd 组成的系统动量守恒,有mvmax= m+2( )mv(1分) 此过程中对金属棒cd分析由动量定理有I安 =2mv(1分) 而I安 =F安 t=I -LB t= E - R+0.5RLB t= t R+0.5RLB t= B2L2x R+0.5R(1分) 解得金属cd棒距离PQ的距离x= 6mI0r 2 0 B3L3 (1分) 系统损失的机械能 E=12mv 2 max- 1 2 m+2( )mv 2(1分) 由电阻串联关系可知金属棒cd上产生的焦耳热Q= 0.5R0.5R+R E= mI20r 2 0 B2L2 (1分) 第13页,共13页