绝密★启用前
河北省2025 届高三年级大数据应用调研联合测评(I)
物 理
班级 姓名
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.2024年5月1 日国家发改委公布，中国新能源汽车产销量已连续9年位居全球首位，我国电动化技术总体处于全球领先水平。一辆新能源电动汽车所用电池是锂电池，在水平公路上加速启动，在此过程中电能向其他形式的能量转化，下列说法正确的是
A.电能转化为化学能和内能
B.电能转化为重力势能和内能
C.电能转化为动能和重力势能
D.电能转化为动能和内能
2.2024年5月 24 日，《自然》杂志上发表了一项关于首次利用放射性元素钜制造出的一种化学“复合物”(即钜与周围的一些分子结合在一起的化合物)的成果，这一合成壮举填补了化学教科书中一个长期存在的空白。钜是第61号元素，元素符号为 Pm，钜147 的衰变方程为 其半衰期为2.6年，则下列说法正确的是
A.钜 147 发生的是α衰变
B.钜147的衰变产物中X来自钷原子核的外部
C.100 克钜147经过5.2年还剩下25 克钜147
D.用钷 147 制造出的一种化学“复合物”在高温环境下半衰期可能变为3.6年
3.一列简谐横波在某介质中沿x轴方向传播，从某一时刻开始计时， 时的波形如图(a)所示，平衡位置横坐标为x=4m处质点 P 的振动图像如图(b)所示，质点Q平衡位置的横坐标为x=3m，则下列说法正确的是
A.该简谐波沿x轴负方向传播
B. t=0.2s时刻质点 Q正沿y轴正方向运动
C.如果将该简谐波波源的振动周期增大为0.8s，则简谐波波速为20 m/s
D.如果将该简谐波波源的振动周期增大为0.8s，则简谐波波速为40 m/s
4.据 2024 年 4 月 14日央视新闻报道，我国拥有100%自主知识产权的CR450将于今年下半年正式下线，它将运营速度由350km/h提升至400km/h，将再次刷新近年来一直由我国保持的世界最快高铁速度。设此高铁列车在某次试验时启动过程做匀加速直线运动，运动过程中列车受到的阻力与行驶速度的大小成正比，当速度大小为 v时机车的输出功率为P，当速度大小为2v时机车的输出功率可能为
A.2P B.3P C.4P D.5P
5.逆变器是把直流电转变成交流电的装置，驾车外出野营或旅游时，用逆变器连接到汽车蓄电池上就能输出正弦式交变电流，可以带动电磁炉、电饭煲、照明灯等电器正常工作。逆变器主要由交流转换器和变压电路组成，原理图如图所示，图中电压表为理想交流电表，逆变器中的交流转换器可以将电压为U 的直流电转变成 的交变电流。将一逆变器的输入端接到汽车蓄电池上，在接负载处接入一电饭煲，电饭煲恰好能正常工作，该电饭煲额定电压为 220 V，加热状态时额定功率为660 W，保温状态时功率为50 W，已知汽车蓄电池的电压为 12 V，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是
A.电饭煲从加热状态变为保温状态时电压表的示数变小
B.变压器副线圈上电流的频率为100 Hz
C.变压器原、副线圈的匝数比为3：50
D.电饭煲加热时变压器原线圈的电流为55 A
6.如图，一均匀带正电荷的圆环，其半径为R，圆心为O，AB 和CD 为圆环的直径，AB 与CD 垂直，P点为圆弧AC 的二等分点，四分之一圆环AC 部分的全部正电荷在圆心O处产生的电场强度大小为E ，关于圆环各部分电荷在圆心O 处产生的电场强度，说法正确的是
A.整个圆环全部正电荷在圆心 O 处产生的电场强度大小为4E。
B.四分之三圆环 ACBD 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为
C.半圆环ACB 部分的全部正电荷在圆心O处产生的电场强度大小为
D.八分之一圆环 AP 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为
7.2024 年5月8日，嫦娥六号探测器在北京航天飞行控制中心的精确控制下，成功实施近月制动，顺利进入环月轨道飞行。嫦娥六号探测器的环月轨道飞行可看作匀速圆周运动，运动周期为T。已知月球质量与地球质量的比值为p，月球半径与地球半径的比值为q，地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，则
A.嫦娥六号探测器发射的速度应大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度
B、嫦娥六号探测器环月轨道距月球表面的高度为
C.月球的第一宇宙速度大小为
D.月球表面的重力加速度大小为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.如图，一轻绳 OA 一端固定在天花板上，另一端固定一轻滑轮，轻绳 OA 与竖直方向的夹角为θ，一轻绳绕过轻滑轮，一端固定一质量为m 的物体，一人拉着绳的另一端在水平地面上向右运动将物体缓慢吊起来，绕过滑轮的两绳夹角为α，绳与滑轮之间的摩擦不计。在此过程中下列说法正确的是
A.拉物体的轻绳上的弹力逐渐增大
B.固定滑轮的轻绳上的弹力逐渐减小
C.夹角α与夹角θ的比值逐渐增大
D.人与地面之间的摩擦力逐渐增大
9.在打乒乓球时如果不小心把乒乓球压瘪了，但还不漏气，可以把被压瘪的乒乓球放进杯子里，再往杯子里倒入热水，过一会儿乒乓球就可以复原。如图，压瘪的乒乓球内气体的体积为30 mL，气体的压强为 温度为27℃，倒入热水复原后球内气体的体积为32mL，温度为87 ℃，球内气体可视为理想气体。则下列说法正确的是
A.乒乓球内气体温度升高后，每个气体分子的动能都增大
B.乒乓球复原过程中外界对球内气体做功
C.乒乓球复原过程中球内气体吸收热量
D.乒乓球复原后球内气体的压强为
10.如图所示，两条平行边界间有宽度为 d的匀强磁场，磁场区域足够长，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，磁场左侧有一边长为d的正方形金属导体线框，线框的质量为m，电阻为R，线框在纸面内，CD 边平行于磁场左边界，现用外力使线框以恒定的速度 v通过磁场区域，速度方向与左边界的夹角为α，在线框匀速通过磁场区域过程中，下列说法正确的是
A.线框穿过磁场过程中受到的安培力方向与速度 v方向相反
B.线框从CD 边运动到磁场左边界至AB 边运动到磁场左边界过程中通过线框导体横截面的电荷量为
C.线框穿过磁场整个过程中线框中产生的热量为
D.如果仅给线框一个初速度 ，速度方向依然与左边界夹角为α，线框的 CD 边恰好没有穿出磁场，此过程中线框受安培力的冲量大小为
三、非选择题：本题共5 小题，共54分。
11.(6分)某实验小组利用如图装置验证动量守恒定律，该装置的斜槽轨道倾斜部分与平直部分平滑连接，平直部分上O点与刻度尺的零刻度线相齐，选择质量为m 的一元硬币和质量为m 的五角硬币进行实验， 调节斜槽轨道的平直部分水平，将五角硬币放于水平轨道的O点，硬币左侧与O点相齐，将一元硬币从斜槽轨道上某一点A 由静止释放，一元硬币滑下后在O点与五角硬币发生碰撞，测得停下来时一元硬币右侧和五角硬币左侧的位置坐标分别为x 、x ；取走放于水平轨道O点的五角硬币，再将一元硬币从A 点由静止释放，记录停下来时一元硬币右侧位置坐标x ，两硬币与平直轨道的动摩擦因数相同。请回答下列问题：
(1)如果换用五角硬币从倾斜部分滑下与一元硬币碰撞 (选填“能”或“不能”)正确完成实验。完成本实验 (选填“必须”或“也可以不”)保持轨道平直部分水平。
(2)该实验中，在误差允许的范围内，如果满足关系式 (选用字母来表示)，则可以验证两硬币碰撞过程动量守恒；在满足上式的情况下，在误差允许的范围内，如果还满足关系式 (选用字母来表示)，则可以验证两硬币碰撞为弹性碰撞。
12.(10分)某实验小组测量一粗细均匀合金电阻丝的电阻率，已知电阻丝的长度为l=50.00 cm。
(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数如图(a)所示，则直径的测量值为 mm。
(2)用多用电表欧姆挡测量电阻丝的电阻R ，开始时选用“×100”的挡位测量发现指针偏转角太大，挡位应调整为 (选填“×1k”或“×10”)挡，正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量，指针如图(b)所示，此时电阻的测量值为 Ω。
(3)为了精确地测量电阻丝的电阻R ，实验室提供了下列器材：
A.电压表 V (量程 5 V,内阻约为 3 000 Ω)
B.电压表 V (量程 4 V,内阻为 2 000 Ω)
C.滑动变阻器 R(0~10Ω,额定电流 2.0 A)
D.滑动变阻器R(0~1000Ω,额定电流0.5 A)
E.定值电阻R。(阻值为10 Ω)
F.定值电阻. (阻值为500 Ω)
G.电源(电动势6.0 V,内阻约0.2 Ω)
H.开关S、导线若干
①根据实验器材，设计如图(c)所示的实验电路，该电路中滑动变阻器应选择 ，定值电阻R。应选择 。(选填器材前面的字母序号)
②实验中闭合开关S，调节滑动变阻器 R，测得电压表 和电压表 分别对应的多组电压值 作出 的图像如图(d)所示，可得该电阻丝的电阻.R 为 Ω。
③根据题设条件中的已知数据和测量数据可求得该电阻丝的电阻率为 Ω·m(π取3，结果保留 2位有效数字)。
13.(8分)如图所示，一横截面为直角三角形ABC 的玻璃砖， ，一束光线从AC 边的M点射入玻璃砖，入射角为 光线第一次到达 AB 边时恰好发生全反射。已知 求：光线在AC 边发生折射时的折射角α和该玻璃砖的折射率n。
14.(14 分)如图，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第四象限内存在一定宽度(宽度为沿y轴方向)沿x轴负方向的匀强电场(图中未标出)，匀强电场的上边界为x 轴，下边界平行于x 轴。一质量为m、电荷量为 的带电粒子从y轴上的P 点沿x 轴正方向射入匀强磁场，速度大小为，经磁场偏转 后垂直于x 轴方向射入匀强电场，带电粒子从匀强电场穿出后恰好打到y 轴上的Q 点，打到Q 点时速度方向与y轴负方向的夹角为 已知 ，不计带电粒子所受重力及空气阻力，求：
(1)带电粒子从 P 点到Q 点经历的时间t；
(2)匀强电场的电场强度大小E 和匀强电场区域沿y 方向的宽度d。
15.(16分)如图,PQ 为半径足够大的 光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端与右侧光滑水平面QS 平滑连接，水平面QS 右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以 的速度逆时针匀速转动。有一质量为 的物块 A 静止于圆弧轨道底端，在物块A 右侧有一质量为 的物块 B，物块 B 与传送带之间的动摩擦因数； 物块 B 以水平向右 的速度从传送带左侧滑上传送带。当物块 B 滑离传送带后与物块A 发生碰撞，物块A 上有特殊装置，可以使物块A、B碰撞瞬间让两者合在一起成为一个整体沿圆弧轨道向上运动，当A、B整体沿圆弧轨道向下运动到轨道底端时，该装置使物块A、B分开，物块A 停在轨道底端，物块B 以分开前瞬间的速度向右运动，之后物块A、B会多次作用，重力加速度大小取 不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
(1)物块A、B第一次沿圆弧轨道向下运动到轨道底端分开时物块B 的速度大小
(2)物块 B 从第一次滑上传送带到滑离传送带过程中摩擦产生的热量
(3)物块 B 开始滑上传送带之后的整个过程中传送带对物块B 摩擦力的冲量I。心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
河北省2025届高三年级大数据应用调研联合测评(Ⅰ)
物理参考答案及解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 心
中
答案 D C C B D D C BD CD BC 究
1.D 【解析】普通路面上摩擦力都是不能忽略不计的,另外电动汽车车轮与轴之间也有摩擦,由于摩擦生 研
用
热,部分电能向内能转化,另外电池和电动机均有电阻,电流通过这些电阻的过程中将产生焦耳热,在水 应
平公路上加速启动,速度增大,动能增大,所以电能转化为动能和内能,选项D正确。 据
【 】 数2.C 解析 根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变的产物中X为 0-1e,即为电子,则发生的是β衰变,β衰 大
变产生的电子来自原子核内部,选项AB错误;钷147的半衰期为τ=2.6年,经过t=5.2年,剩余的质量 育
t 5.2年 教
1 τ 1 2.6年 为m=m0 =100g× =25g,选项C正确;半衰期是由核内部自身的因素决定的,与原子所 才2 2 英
处的化学状态和外部条件均无关,所以半衰期不会变,选项D错误。 爱
3.C 【解析】从振动图像可知t=0.2s时刻x=4m处质点P 的运动方向沿y 轴负方向,根据波传播方向
与质点振动的关系可知该简谐波沿x 轴正方向传播,同理可知t=0.2s时刻质点Q 正沿y 轴负方向运
动,选项A、B错误;波速由介质本身决定,与波动的周期没有关系,从振动图像可知振动周期T=0.4s,
从波动图像可知波长 λλ=8m,则波速v=T=20m
/s,选项C正确,选项D错误。
【解析】列车以速度 行驶时受到的阻力为 ,列车的牵引力为 P4.B v f1=kv F1= ,设列车总质量为m,根据v
牛顿第二定律有F1-f 21=ma,以上三式联立解得P=mav+kv ,同理,列车以速度2v 行驶时受到的阻
力为f2=k·2v,列车的牵引力为
P'
F2= ,根据牛顿第二定律有2v F2-f2=ma
,以上三式联立解得
P'=2mav+4kv2,所以2P
5.D 【解析】转换器可以将电压为U0 的直流电转变成u= 2U0sin100πt的交变电流,汽车蓄电池的电压为
12V,则转化的电压为u=122sin100πt(V),电压的有效值为12V,则变压器原线圈的电压为U1=12V,则
电压表的示数为12V,不随负载功率的变化而变化,选项A错误;转化的电压为u=122sin100πt(V),则
ω
ω=100π,电流的频率为f= =50Hz,选项B错误;电饭煲额定电压为220V,则电饭煲加热时变压器副线2π
n U
圈的电压为U2=220V,则原、副线圈的匝数比为
1 3
n =
1= ,选项U 55 C
错误;电饭煲加热时功率为P=660W,原、
2 2
副线圈功率相同,则原线圈电流为 PI1= =55A,选项D正确。U1
6.D 【解析】圆环上取一微元电荷q,可视为点电荷,根据真空中点电荷电场强度计算公式,微元电荷q在圆
心O 处产生的电场强度大小E=kq2,圆环上电荷到圆心O 的距离相同,都为R,则每个微元电荷q在圆R
心O 处产生的电场强度大小都相等,方向从微元电荷指向圆心O,根据对称性和叠加原理可知整个圆环
全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为0,选项A错误;同理,根据对称性和叠加原理可知圆环
高三物理参考答案 第 1页(共6页)
{#{QQABaYAEogioAJJAARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQFABAA=}#}
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
AC 和BD 部分全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为0,则四分之三圆环ACBD 部分的全部正
电荷在圆心O 处产生的电场强度大小相当于四分之一圆环BC 部分在圆心O 处产生的电场强度,四分之
一圆环BC 部分在圆心O 处产生的电场强度大小与四分之一圆环AC 部分在圆心O 处产生的电场强度大
小相等,即为E0,选项B错误;根据对称性可知四分之一圆环AC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的
电场强度大小为E0,方向沿PO 方向,圆环BC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小也为
E0,方向垂直于PO 方向,根据叠加原理和平行四边形定则可知半圆环ACB 部分的全部正电荷在圆心O 心
中
处产生的电场强度大小为E1= 2E0,选项C错误;设八分之一圆环AP 部分的全部正电荷在圆心O 处产 究
生的电场强度大小为E2,根据对称性可知八分之一圆环CP 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强 研
用
度大小也为E2,根据对称性和叠加原理可知两电场强度方向夹角为45°,两电场强度矢量和即为四分之一 应
E 据
圆环AC 部分的全部正电荷在圆心
45°
O 处产生的电场强度,所以有2E2cos =E0,解得2 E =
0
2 =
45° 数
2cos 2 大
育
E0 E= 0 ,选项 D正确。 教
1+cos45°
2 2+ 2 才2 英
7.C 【解析】嫦娥六号探测器没有脱离地球引力,所以嫦娥六号探测器发射的速度应大于第一宇宙速度小 爱
Mm
于第二宇宙速度,选项A错误;在地球表面上有G 02 =m0g①,嫦娥六号探测器在环月轨道做匀速圆R
3
周运动有 pMm
2
G =m(R+h) 2π ②,①②式联立解得h= pgR
2T2
( )2 q 2 -qR
,选项B错误;设月球
qR+h T 4π
pMm 2
的第一宇宙速度大小为 ,则有 1 v Rv G pg(qR)2
=m1 ③,①③式联立解得v= ,选项C正确;在月球表qR q
pMm
面上有G 0( )2=m0g月④
,①④式联立解得 pg
R g月
= ,选项D错误。
q q2
8.BD 【解析】以物体为研究对象,根据共点力平衡条件可得拉物体的轻绳上的弹力为T1=mg,则拉物体
的轻绳上的弹力不变,选项 A 错误;轻绳绕过轻滑轮,轻滑轮相当于一活结,该轻绳上的弹力都为
T1=mg,以滑轮为研究对象,根据共点力平衡条件可得轻绳
α
OA 上的弹力为T2=2T1cos ,拉着绳在水2
平地面上向右运动过程中两绳夹角α逐渐增大,
α为锐角, αcos 逐渐减小,则弹力T2 逐渐减小,选项2 2 B
正确;轻绳OA 恰好在两绳夹角的角平分线上,吊物体的轻绳在竖直方向上,根据几何关系可知α=2θ,则
夹角α与夹角θ的比值不变,选项C错误;以人为研究对象,根据共点力平衡条件可得地面对人的摩擦力
为Ff=T1sinα,在水平地面上向右运动过程中两绳夹角α逐渐增大,sinα增大,摩擦力逐渐增大,选项D
正确。
9.CD 【解析】物体温度是它分子热运动的平均动能的标志,所以乒乓球内气体温度升高后分子热运动的平
均动能增大,但不是每个气体分子的动能都增大,选项A错误;乒乓球恢复成原来的圆球形的过程气体体
积增大,对外做功,即W<0,选项B错误;气体的温度升高,则内能增大,即ΔU>0,根据热力学第一定律
ΔU=Q+W,则Q>0,即气体从外界吸收热量,选项C正确;乒乓球恢复成原来的圆球形过程,初态温度
, pV pV为T1=27℃=300K 末态温度为T2=87℃=360K,根据理想气体状态方程有
1 1= 2 2,解得T1 T2
p 52=1.26×10 Pa,选项D正确。
高三物理参考答案 第 2页(共6页)
{#{QQABaYAEogioAJJAARhCUwUICgIQkAGACYgGQFAAoAAAgQFABAA=}#}
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
10.BC 【解析】线框进入磁场过程中根据楞次定律可判定线框中感应电流的方向为A-B-C-D-A,线
框穿出磁场过程中根据楞次定律可判定线框中感应电流方向为A-D-C-B-A,根据安培定则可以
判定CD 边在磁场中时,受到的安培力方向水平向左,AB 边在磁场中时,受到的安培力方向也向左,
AB、CD 边在磁场外时不受安培力,AD 边和BC 边受到的安培力大小相等、方向相反,所以线框穿过磁
场过程中受到的安培力方向水平向左,选项A错误。线框进入磁场过程中通过线框导体横截面上的电
ΔΦ 心
2
- 中
荷量为 Δt Bdq=It= t= ,选项B正确。线框穿过磁场整个过程中线框产生的感应电动势为R R E= 究
研
,通过的时间为 2d
2 2 3
Bdvsinα t= ,整个过程产生的热量为
E 2Bdvsinα
vsinα Q=Rt=
,选项
R C
正确。此过 用
应
程中线框受安培力的方向水平向左,线框的CD 边恰好没有穿出磁场,则水平方向的末速度变为0,在水 据
平方向上,设向左为正方向,根据动量定理,此过程中线框受安培力的冲量I=0-(-mv0sinα)=
数
大
mv0sinα,选项D错误。 育
11.(6分,除标注外,每空2分)(1)不能(1分) 也可以不(1分) 教才
(2)m1 x3=m1 x1+m2 x2 m1x3=m1x1+m2x2(或 x3+ x1= x2) 英
【解析】(1)如果换用五角硬币从倾斜部分滑下与一元硬币碰撞,碰撞后五角硬币会反弹,则不能测出五 爱
角硬币碰撞后的运动位移,所以不能完成实验;本实验中验证动量守恒定律需计算两硬币碰撞前后的动
量,两硬币碰撞前后的速度根据运动学公式v2=2ax 求出,当平直部分水平时两硬币的加速度大小均为
a=μg,加速度大小相同,当平直部分有一微小倾角θ时,两硬币的加速度为a=g(μcosθ±sinθ),两硬
币的加速度仍然相同,所以该实验平直轨道部分不一定水平,只要保证两硬币做减速运动最后能停在平
直部分即可,故要正确完成实验也可以不保持平直轨道部分水平。
(2)两硬币做匀减速直线运动,根据动力学公式v2=2ax,加速度为a=μg,两硬币加速度大小相等,可知
一元硬币碰撞前的速度为v0= 2ax3,一元硬币碰撞后的速度为v1= 2ax1,五角硬币碰撞后的速度为
v2= 2ax2,两硬币碰撞前后动量守恒,则 m1v0=m1v1+m2v2,将速度代入等式可得 m1 x3 =
1 1 1
m x +m x ;若两硬币的碰撞为弹性碰撞,则还要满足 mv2= mv2+ mv21 1 2 2 2 1 0 1 1
,将速度代入等
2 2 2 2
式可得m1x3=m1x1+m2x2,进一步推得 x3+ x1= x2。
12.(10分,除标注外,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) ②100 ③2.4×10-5
【解析】(1)螺旋测微器的精确值为0.01mm,由图可知金属丝的直径为d=0mm+40.0×0.01mm=
0.400mm。
(2)用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏转角太大,说明表盘上电阻示数较小,要使指针
指向中间位置,即要使表盘上电阻示数变大,所以需要把倍率调小,则挡位应调整为“×10”;读数为
11.0×10Ω=1.10×102Ω。
(3)①分压式接法滑动变阻器总阻值越小,调节时电流和电压的变化越接近线性变化,所以滑动变阻器
R R
应选择电阻较小的C;当定值电阻R0 选F项500Ω时,与电压表V2 并联的总电阻为R =
0 V
并 R0+R
=
V
R并
400Ω,从欧姆表的测量可知电阻丝的电阻约为
400Ω 4
Rx=110Ω,则 = ≈ ,所以两电Rx+R并 110Ω+400Ω 5
高三物理参考答案 第 3页(共6页)
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心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
压表可以同时达到满偏,如果选E项10Ω时,电压表V1 满偏时电压表V2 达不到量程的三分之一,电压
表V2 满偏时电压表V1 会超过量程,所以定值电阻R0 应选F;
R U -U R
②根据欧姆定律和串并联电路的特点有 x= 1 2,数学变换得 xR U U1-U2= U2
,则(U1-U2)-U2 图
并 2 R并
R
像的斜率为k= x,从图(d)可得图像的斜率
1
k= ,解得R 4 Rx=100Ω
;
并 心
1
×3×(0.400×10-3)2 中
③根据电阻定律可得电阻率为
S 4
ρ=Rx l=100×
·
0.5 Ω m=2.4×10
-5Ω·m。 究研
13.(8分)30° 2 用应
【解析】作出光路图如图所示,设从 边入射时折射角为 ,根据折射定律有sin45°AC α ( 分) 据sinα =n① 2 数
大
光线第一次到达AB 边时恰好发生全反射,则在AB 边的入射角为临界角 ,
1
CsinC=n②
(1分) 育
教
根据几何关系有∠APM=α+(90°-C)(1分) / # 才1
又因为∠A=15°,则∠APM=75°, 英爱
则α+(90°-C)=75° " . $
即α=C-15°(1分)
则 6+2
6-2
sinα=sin(C-15°)=sinC× 4 -cosC× ③
(1分)4
由①②可得
2
sinα= sinC 与③联立解得tanC=1,临界角2 C=45°
联立解得折射角α=30°(1分)
折射率n= 2(1分)
(
( 分)( π+3
)m mv
14.14 1) () 02qB
2v0B qB
心 【解析】(1)粒子沿x 轴正方向射入匀强磁场,又垂直于x 轴方向射出匀强磁场,则O 点为带电粒子在匀
中 强磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆圆心,设粒子从 M 点射出匀强磁场,作出粒子的运动轨迹如图所示,
究
研 mv
2
OP 和OM 为粒子的轨迹圆半径,设为r,洛伦兹力提供向心力有qv0B=
0( 分)
用 r
1
应 Z
据 1
数 W #
大
育 0 . Y
教 Z
才 &Y
英 2
爱 θ
mv mv
解得r= 0,即 0
qB
xOP=xOM= (1分)qB
3 3mv
OP∶OQ=2∶3,则x 0OQ= xOP= (1分)2 2qB
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心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
心
中
究
研
用
应
据
数 心
大 中
育 究
教 研
才 用
英 应
爱 据
数
大
育
教
才
英
爱
粒子在匀强磁场中运动的圆心角为90°,则从P 点到 点运动时间
1 1 2πr πm
M t1= T= × = ( 分)4 4 v0 2
1
qB
粒子在匀强电场中做类平抛运动,出电场后做匀速直线运动,分析可得在y 方向速度大小不变,则从 M
x
点运动到Q 点的时间为t OQ
3m
2= = ( 分)v0 2qB
1
(
则从 点到 点经历的时间 π+3
)
P Q t=t1+t2= m(1分)2qB
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动,x 方向上有
1
x= at2(1分)2
y 方向上有y=v0t(1分)
射出匀强电场时x 方向的分速度为vx=at(1分)
打到Q 点时速度方向与y 轴负方向的夹角为45°,
v
则有 x
v =tan45°
(1分)
0
x
由几何关系可得 OM
-x
x - =tan45°
(1分)
OQ y
根据牛顿第二定律有qE=ma(1分)
以上各式联立解得匀强电场的电场强度大小E=v0B(1分)
mv mv
y=
0,即匀强电场沿y 方向的宽度B d= =
0
y (B 1
分)
q q
15.(16分)(1)4m/s (2)162J (3)34N·s
【解析】(1)传送带足够长,则物块B 在传送带上向右滑动的速度一定能减小到0,传送带的速度v=8m/s
小于物块B 初始的速度v0=10m/s,则物块B 第一次滑离传送带时速度等于传送带的速度v=8m/s
(1分)
设物块A、B 第一次碰撞之后速度为v共,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有
Mv=(M+m)v共(1分)
解得v共=4m/s
物块A、B 碰撞之后,沿圆弧轨道向上运动和返回过程中系统的机械能守恒,即A、B 分开前瞬间它们的
速度v共=4m/s,所以A、B 分开时物块B 的速度为v1=v共=4m/s(1分)
(2)物块B 在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有μMg=Ma(1分)
解得a=2m/s2
v0 物块B 减速到0的时间t1= =5s(1分)a
物块B 和传送带运动的位移分别为x1 和x2,减速过程中相对滑动的位移为
v
Δx1=x1+x =
0
2 2t1+vt1=65m
(1分)
物块B 在传送带上向左加速运动的加速度还为a=2m/s2
物块B 向左加速到与传送带速度相等时不再发生相对滑动,加速过程时间
v
t2= =4s( 分)a 1
加速过程物块B 和传送带运动的位移分别为x3 和x4
加速过程中相对滑动的位移为 vΔx2=x4-x3=vt2- ( 分)2t2=16m1
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数
大
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教
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英
爱
整个过程产生的热量为Q1=μMg(Δx1+Δx2)=162J(1分)
(3)物块A、B 第一次碰撞后,物块B 以速度v1=4m/s滑上传送带,物块B 的速度v1=4m/s小于传送
带的速度,则物块向右减速到0后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可
知物块B 离开传送带时速度大小也为v1=4m/s
-v -v
物块B 在传送带上运动的时间为T = 1 11 =4s(1分)-a 心
设物块A、B 第二次碰撞之后速度为v2,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有 中
究
Mv1=(M+m)v2(1分) 研
解得v2=2m/s 用
物块B 以速度v2=2m/s滑上传送带,物块B 的速度v2=2m/s小于传送带的速度,则物块向右减速到 应据
0后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可知物块B 离开传送带时速度 数
大小也为v =2m/s 大2 育
-v -v
物块B 在传送带上运动的时间为T = 2 22 -a =2s
教
才
之后重复上述过程,设物块A、B 第n 次碰撞之后速度为vn,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有 英爱
Mvn-1=(M+m)vn(1分)
解得 M 1 8vn=M+mvn-1=2n
v=
2n
m/s (n=1,2,3,…)
物块B 以速度
8
vn= n m/s滑上传送带,物块B 的速度
8
vn= n m/s小于传送带的速度,则物块向右减速2 2
到0后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可知物块B 离开传送带时速
度大小也为 8vn= n m/s(1分)2
-v -v
物块B 在传送带上运动的时间为
8
T n nn= = ns (n=1,2,3,…)( 分)-a 12
物块B 在传送带上与传送带有相对滑动过程中物块B 会受到水平向左的滑动摩擦力,速度与传送带速
心 度相等之后不再受到摩擦力的作用
,则摩擦力的作用时间为
中 t=t1+t2+T1+T2+…+Tn(1分)
究 1
研 4 1- n
用 根据等比数列求和得 2T1+T2+…+Tn= 1 s=8s应 1-
据 2
数 则摩擦力的冲量为I=μMgt=34N·s(1分)
大
育
教
才
英
爱
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