河北省2024-2025學年高三下學期省級聯(lián)測考試（預(yù)測卷Ⅱ）物理試卷（含答案）

夕2024-2025高三省級聯(lián)測考試物理參考答案命卷意圖本試卷依據(jù)中國高考和高中教育教學評價體系及高中物理課程標準，注重深化基礎(chǔ)，聯(lián)系生活實際、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)實際、科學技術(shù)、體育娛樂等，落實立德樹人根本任務(wù)。試卷設(shè)置豐富問題情境，增強了實驗的探究性，突出思維考查，激發(fā)學生崇尚科學、探索未知的興趣，引導學生夯實知識基礎(chǔ)、發(fā)展物理學科核心素養(yǎng)。注重物理觀念和科學思維的考查，旨在引導學生掌握必備知識，提升關(guān)鍵能力，發(fā)展探究性思維，幫助考生更好地把握高考命題趨勢和備考方向。試題選取科技前沿、宇宙探索、優(yōu)秀傳統(tǒng)技藝、自然現(xiàn)象、生產(chǎn)生活等領(lǐng)域素材，精心創(chuàng)設(shè)情境，設(shè)置真實問題，提升考生解決實際問題的能力。第1題以β射線用于醫(yī)學治療疾病為背景，第2題以“燈光秀”為背景，第3題以游樂場的“旋轉(zhuǎn)飛椅”為背景，第4題以調(diào)節(jié)擺鐘準確走時為背景，第7題以我國古代工匠木建筑用的“榫卯”結(jié)構(gòu)為背景，第8題以“卡諾循環(huán)”熱機為背景，第9題以DIS傳感器設(shè)備在實際中的應(yīng)用為背景，第12題以“設(shè)計加速度傳感器”為背景，第13題以“北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)”為背景。引領(lǐng)學生通過了解我國科技前沿成就、宇宙探索的進程、優(yōu)秀傳統(tǒng)文化、自然現(xiàn)象的物理闡釋等，體會其中的物理原理與科學方法，涵養(yǎng)正確價值觀念。通過基于問題情境的多層次設(shè)問和問題解決思路的多角度設(shè)計，區(qū)分考生的物理學科能力發(fā)展水平。第10題要求考生在理解導體棒切割磁感線的情境下，對電阻電容不同用電器的條件下進行動力學分析，要求考生利用動力學、動量定理、功能關(guān)系等相關(guān)規(guī)律求解焦耳熱、電量等相關(guān)問題。第15題從動力學、動量守恒定律、能量守恒、功能關(guān)系等多個角度設(shè)問，并逐層提高要求。注重加強對實驗探究能力的考查。第12題將胡克定律、閉合電路歐姆定律等相關(guān)知識進行融合，設(shè)計加速度傳感器，素材取自課本，進行深化應(yīng)用性設(shè)計，設(shè)置非常具有創(chuàng)新性的實驗情境，通過給出工作原理圖，介紹應(yīng)用方法，引導學生經(jīng)歷實驗探究設(shè)計的過程，對實驗探究能力及應(yīng)用能力提出了較高的要求，并對實際使用提出相關(guān)問題，對學生分析能力很好地進行考查，對考生實驗操作和探究能力進行深層次考查。試卷較好地體現(xiàn)了考查的基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性的融合，引導高中物理教學和高考備考，注重培養(yǎng)學生核心素養(yǎng)和關(guān)鍵能力。題號12345678910答案BBCCDADBDBCAD1.B解析:在衰變過程中滿足質(zhì)量數(shù)及電荷數(shù)守恒,所以產(chǎn)生的新核質(zhì)量數(shù)不變,電荷數(shù)增加1,則新核為1EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(31),54)Xe,B正確。2.B解析:光由水面進入空氣的入射角大于臨界角時將會在水面發(fā)生全反射,對應(yīng)的臨界角滿足sinC=,則C=45°,所以線狀光源從水面透光的寬度為40cm,外側(cè)四個邊角為半徑為20cm的四分之一圓,內(nèi)側(cè)邊界則為60cm×40cm的矩形,B正確。物理·預(yù)測卷Ⅱ答案第1頁(共6頁)CC3.C解析:設(shè)懸繩與豎直方向的夾角為θ,懸繩延長線與轉(zhuǎn)軸的交點與座椅間的高度差為h,懸點到轉(zhuǎn)軸的距離為r,則有mgtanθ=mω2htanθ,所以A、B、C三個座椅的h相同,由可知當r相同時,L越大,θ越大,所以θA>θC,當L相同時,r越大,θ越大,所以θC>θB,C正確。4.C解析:設(shè)擺鐘在廣州對應(yīng)周期為T,移到北京后每小時快n秒,則擺鐘在北京的周期為設(shè)北京的重力加速度為g,則調(diào)整前有調(diào)整后為可解得L'= b5.D解析:由題意得聯(lián)立可得R0∶R1∶R2=4∶4∶1,D正確。b6.A解析:設(shè)電場方向與aO的夾角為θ,由動能定理可得,粒子由a到b的過程有qEcos(45°-θ)·2R=2Ek-Ek,粒子由a到c的過程有qEcos(60°+θ)·R=1.5Ek-Ek,由以上兩式聯(lián)立可得θ=0°,電場強度的大小E,A正確。7.D解析:錘子撞擊木楔瞬間共速,根據(jù)動量守恒定律得p=(m+m0)v,此時錘子的動量為錘子和木楔向下運動過程中,對錘子由動量定理可知,mgt-I=0-,故錘子對木楔的沖量大小為+mgt,A錯誤;木楔進入過程損失的動能與重力勢能,一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,另一部分轉(zhuǎn)化為木料的彈性勢能,則有+(m0+m)gh=Ep+Q,B、C錯誤;錘子撞擊木楔后,錘子和木楔的總動能為Ek,進入木料過程根據(jù)動能定理有[(m+m0)g-f—]h=0-Ek,解得平均阻力為f—+(m+m0)g,D正確。8.BD解析:A到B的過程中氣體體積增大,氣體分子數(shù)密度減小,A錯誤;B到C的過程為絕熱膨脹,氣體對外做功,內(nèi)能減少,溫度降低,分子平均動能減小,B正確;由圖上可以直接看出,狀態(tài)C壓強最小,所以狀態(tài)C氣體分子在單位時間對汽缸內(nèi)壁單位面積上的撞擊力最小,C錯誤;變化曲線所圍成的面積表示整個過程中氣體對外做的功,根據(jù)熱力學第一定律,可知一個封閉過程中氣體從外界吸收的熱量等于氣體對外所做的功,D正確。9.BC解析:物體在20s內(nèi)的位移是速度圖線與t軸所圍成的面積,但在計算時應(yīng)考慮圖中半徑R在表示速度和表示時間方面對應(yīng)的單位不同,數(shù)值也不一樣,從圖形的角度考慮位移,結(jié)合圖像的物理意義可知R= 0.2×10mEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up10(1),2)=2mEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up10(1),2),則xπ×2m=3.14m,A錯誤,B正確;5s時對Au(m·S)0.2A5t/s5應(yīng)的縱坐標值為速度大小,由圖像得sinθ,速度為v=0.2cosθm/s=0.13m/s,C正確,D錯誤。10.AD解析:金屬棒ab、cd同時由靜止運動,且恰好在M、N處發(fā)生碰撞,則說明ab、cd在到達MN時所用的時間是相同的,對金屬棒ab和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv,對ab根據(jù)牛頓第二定律有-BIL+m1gsin30°=m1a1,其中a1,I,聯(lián)立有a1=4m/s2,即金屬棒ab做物理·預(yù)測卷Ⅱ答案第2頁(共6頁)勻加速直線運動,則有解得t=2s,A正確;cd勻速運動時滿足可得v2=2m/s,對導體棒cd及電阻R,根據(jù)功能關(guān)系有對導體棒cd,根據(jù)動量定理有F·t其中總=R+Rcd=0.5Ω,聯(lián)立得q=3.2C,x1=3.2m,Q=2.8J,則R上消耗的焦耳熱為錯誤;兩棒恰好在MN處發(fā)生完全非彈性碰撞,m1v1-m2v2=兩棒合并后電阻為0,由牛頓第二定律得兩邊微元累積求和可得代入數(shù)值解得x=2.24m,C錯誤,D正確。11.答案:(每空2分)(1)B(2)F(3)BC解析:(1)本實驗主要采用的科學方法是等效替代法。故選B。(2)圖丙中的力F和力F',F'是兩個分力合力的理論值,F是兩個分力合力的測量值,則一定沿橡皮條EO方向的是F。(3)依題意,合力不變,一分力大小不變方向變化時,其變化可能情況如圖示,故選BC。12.答案:(1)100(1分)(2)20(2分)-2.0(2分)(3)Q(1分)(4)B(1分)AD(2分)Fi▲Fi▲F解析:(1)根據(jù)電路結(jié)構(gòu)的對稱性可知,Q相當于連接在滑動變阻器的中點,當電壓表滿偏時,滑片位于滑動變阻器端點,根據(jù)歐姆定律得(2)加速度最大時,滑塊移動的距離最大為x=5cm,根據(jù)牛頓第二定律得2kx=mam,解得am=20m/s2,當加速度值為-8m/s2時電壓表的讀數(shù)為(3)電阻R中電流方向從右向左,右端電勢高于左端,當物體具有圖示方向的加速度a時,滑塊所受彈簧彈力的合力向右,滑塊向左移動,電壓表示數(shù)為正,P電勢低于Q,所以Q接電壓表“+”極。(4)傳感器沒有加速度時,電壓表有正的示數(shù),相當于滑動變阻器滑片左移,右側(cè)電阻增大,即B電池內(nèi)阻增大,為使傳感器工作恢復(fù)正常,可適當減小R2或適當增大R1。解析:(1)在地球表面有G(1分)由幾何關(guān)系可得,P的軌道半徑為(1分)由圓周運動規(guī)律得(1分)解得(2分)(2)Q的軌道半徑為物理·預(yù)測卷Ⅱ答案第3頁(共6頁)滿足GmrQ(1分)RPRP地球地球設(shè)兩衛(wèi)星相鄰兩次距離最近對應(yīng)時間為t,則-t=2π(1分)解得(2分)14.答案(3)6d解析:(1)由x=2d進入磁場的粒子在電場中做類平拋運動沿x方向有2d=v0t(1分)沿y方向有(2分)速度大小滿足v2=vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)+vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),y)(1分)與x軸方向的夾角θ滿足(1分)(2)粒子全部通過磁場,因此x=-2d進入磁場的粒子恰好與邊界相切(2)粒子全部通過磁場,因此x=-2d進入磁場的粒子恰好與邊界相切R-d由幾何關(guān)系得cos60°=R(1分)粒子在磁場中運動(1分)電場中(1分)解得(1分)(3)由幾何條件可知,由x=2d進入磁場的粒子恰好垂直磁場邊界射出,對應(yīng)坐標為x1=2d+R(1-cos30°)(1分)對應(yīng)區(qū)域長度L=x1-x2=6d(1分)由對應(yīng)區(qū)域長度L=x1-x2=6d(1分)15.15.答案:(1)180N(2)1.25m(3)4m/s解析:(1)小滑塊A恰好通過F,則mAg=mA(1分)由E到F,根據(jù)機械能守恒定律得mAvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),E)=mAg·2R+mAvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),F)(1分)2在E點,由牛頓第二定律得FE-mAg=mAEQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up6(vE),R)(1分)由牛頓第三定律得,對軌道壓力為FE'=180N,方向豎直向下聯(lián)立解得vE=15m/s,由牛頓第三定律得,對軌道壓力為FE'=180N,方向豎直向下物理·預(yù)測卷Ⅱ答案第4頁(共6頁)(2)設(shè)下滑高度為h,根據(jù)機械能守恒定律得(1分)滑塊A滑上B后對B,由牛頓第二定律得μmAg=mBaB(1分)對A,對B,由牛頓第二定律得μmAg=mBaB(1分)當當A剛好不能從B上滑落,設(shè)共速用時為t,則有v1-aAt=aBt(1分)(1分)解得t=1.0s,v1=5.0m/s,h=1.25mB的位移為且v1>vE則A可通過軌道,且與B共速前B與C不發(fā)生碰撞(也可以用動量守恒、功能關(guān)系等方法解題)所以下滑的最大高度h=1.25m(1分)(也可以用動量守恒、功能關(guān)系等方法解題)(3)設(shè)A滑上B且能滑上C的最小速度為v2,從A滑上B到A、B共速過程中,設(shè)共速后速度為v3,則: mAv=(mA+mB)v3(1分) (1分)B、C碰后,A的加速度滿足μmAg=mAaAB、B、C碰后,A的加速度滿足μmAg=mAaABB、C的加速度滿足μmAg-f=(mC+mB)aC設(shè)經(jīng)過設(shè)經(jīng)過t1時間A、Bv3-aAt1=v4+aCt1