物理-河北省衡水金卷先享题2025届高三一轮复习夯基卷（二）试题和答案

高考模拟卷●物理(七)参考答案题序12345678910答案BCADCBCBCABDBD答案B解题分析根据质量数和电荷数守恒,核反应方程为Co→Ni十—e,可知钴60发生的是β衰变,A项错误、B项正确;衰变后的新核镍60处于激发态,不稳定,会向外辐射Y射线,C项错误;元素的半衰期与原子核外部的因素如外界的温度、压强等无关,气候的变化不会改变钴60的半衰期,D项错误。答案4,C项正确。解题分析根据题意可知该国产机器人可以在倾角不大于37的斜坡上稳定地站立和行走,对该机器人进行分4,C项正确。答案解题分析根据安培定则知,电流在小磁针处产生方向向西的磁场,小磁针偏转60。角后达到稳定状态,则有3B地,A项正确。地,解得B导3B地,A项正确。地,解得B导=\答案D解题分析设光线在CD边上的入射角为θ,因为仅在CD和AE两条边上发生全反DC射,且两次反射的入射角相等,如图,根据几何关系有4θ=90,解得θ=22.5,当光CE至人眼1n,解得最小折刚好在CD边和AE边上发生全反射时,折射率最小,根据sinθ=至人眼1n,解得最小折五棱镜Fc光在五棱镜中的传播速度y=平面镜五棱镜Fc光在五棱镜中的传播速度y=平面镜n至感光部件=λf,由于该单色光从空气进入五棱镜中时频率不变,传播速度变小,可知其波长答案C变短,A、B、C项错误,D项正确。5答案C解题分析由题图2可知,圆心o点的电势为KQR,将圆环分成n个微元,每个微元均能视为点电荷,根据对称性可知,圆心o点的电场强度大小为0,故A、B项错误;根据上述,令每个微元的电荷量为△q解题分析由题图2可知,圆心o点的电势为KQ2cosθ,又由于n△q=Q,r2=d2r,微元与P2cosθ,又由于n△q=Q,r2=d2KQd\(d2十R2)R,yKQd\(d2十R2)R,y0=KQq2my02,其中φo=KQ\r,解得E=mR,KQ解得φx=23RKQ解得φx=23R时,其速度减为零,D项错误。物理(七)参考答案第1页(共5页)6.答案B解题分析航天员的角速度与地球自转角速度相等,保持不变,A项错误。根据G=F十mw2r,得F=G2r=ma引—ma向,由题图乙可知,当R≤r≤r0时,随着r的增大,a引—a向先向下逐渐减小,则航天员感受到0<r时,随着r的增大,a引—a向方向向上逐渐增大,则航天员感受到的“重力”逐渐增大,B项正确。当r=r0时,G=mr0=ma0,航天员随地球自转的周期T=2π\,C项错误。G—F支=m●3R,又GM=g0R2,得F支=—,根据牛顿第三定律,航天员对座椅的压力大小FN=mg03mRa0 9—r0,D项错误。7.mg03mRa0310解题分析木板在t=2.5s之前向右做匀加速直线运动,在题图乙中作出木板运动的y—t图像,如图所示,由图像可知t=2.5s时两者共速,物块在0~2.0s310大小a2=0m/s2=1.5m/s2,木板在0~2.5s内的加速度大小a1=0m/s2=0.4m/s2,物块在2.0s~2.5s内的加速度大小a3=μ2g=0m/s2=4m/s2,AAmS2.02.53.0t/s物块和木板在2.5s~3.0s内的加速度大小a4=μ1g=5m/s2=2m/s2,可得木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,木板的长度L=×3×2m十×(1十3)×(2.5—2)m—×1×2.5m=2.75m,A项错误;0~2s内,对木板有μ2m2g—μ1(m1十m2)g=m1a1,对物块有F—μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6kg,F=3.3N,B项错误;拉力F对物块做的功W=Fs2=3.3×(×3×2)J=9.9J,C项正确;木板相对地面移动了△s=×1×3m=1.5m,D项错误。8.答案BC解题分析根据质点P的振动方程可知t=0时刻质点P沿y轴正方向振动,根据同侧法可知该波沿x轴正方向传播,A项错误;根据题意可知该波的周期T=s=0.4s,根据题图可知该波的波长λ=4m,则该波的传播速度y==10m/s,B项正确;根据三角函数知识可知t=0时,平衡位置的坐标x=m处的质点位移y=—5cm,C9.答案ABD解题分析根据=,=,可知电压互感器起降压作用,电流互感器起减小电流作用,A项正确;电压互感器原线圈两端的电压U2=20U=4000V,电流互感器原线圈中的电流I2=20I=100A,对于理想变压器,线路的输电功率P=U2I2=400kW,B项正确;仅将滑片Q下移,相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2,根据理想变压器的规律有U2=U1,升压变压器副线圈两端的电压增大,回路等效电阻不变,所以I3增大,根据△P=I32r,则输电线上损耗功率增大,C项错误;仅增加用户数,即负载总电阻R减小,若降压变压器副线圈两端的电压U4不变,则通过副线圈的电流I4=增大,降压变压器原线圈中的电流I3增大,输电线上损失的电压△U=物理(七)参考答案第2页(共5页)I3r增大,升压变压器原线圈两端的电压不变,则U2=U1不变,根据U2=△U十U3可知U3减小,根据U4=U3可知,当U3减小时,减小n3可以使U4不变,所以要将降压变压器的滑片P上移,D项正确。10.答案BD解题分析线框相对于磁场向左运动,根据右手定则知线框aB边中感应电流的方向从B到a,A项错误;由题意可知,线框最后做匀速直线运动,由二力平衡知阻力应与安培力大小相等,由于磁场以速度y向右运动,当线框稳定后以最大速度y0向右运动时,线框相对于磁场运动的速度大小为y—y0,根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E=2BL(y—y0),根据欧姆定律可得此时线框中的感应电流I==,线框的ad边和Bc边都受到安培力作用,ad、Bc边所处的磁场方向一直相反,电流的方向也相反,根据左手定则可知它们所受安培力方向一致,线框受到的安培力大小F=f=2BLI=,B项正确;线框做匀速运动后,磁场的匀速运动产生了感应电流从而产生了焦耳热,与安培力做功无关,C项错误;线框做匀速运动后,外界提供给线框的总能量等于回路中产生的焦耳热和线框克服阻力做的功之和,即外界每秒提供给线框的总能量E总=十fy0=,D项正确。11.答案(1)13.80(3分)(2)B(2分)(3)测摆长时将摆线长与摆球的直径之和作为摆长L(说法合理即可)(3分)解题分析(1)由图甲可知小球的直径d=13mm十16×0.05mm=13.80mm。(2)为了减小空气阻力的影响,小球应选铁球;为了保证小球摆动过程中,摆长不变,摆线应选择细丝线且上端用铁夹夹住,B项正确。(3)根据T=2π\,解得T2=L=l十,由公式可知,出现该图线的原因可能是测摆长时将摆线长与摆球的直径之和作为摆长L。12.答案(1)黑(1分)(2)15(1分)(3)140(1分)×1挡(1分)(4)1.01(2分)(5)偏大(2分)解题分析(1)流过表头的电流方向从右向左,A端应接黑表笔。(2)将旋钮旋到×1k挡时,有R内=R中=15×1kΩ=15kΩ。(3)旋钮旋到×10挡,示数为14.0×10Ω=140Ω,若继续接入另一电阻测量时发现指针偏角过大,则应换用更小的挡位。(4)旋钮旋到×10挡时,R内=R中=150Ω,则I=,所以I2=I—Ig,根据欧姆定律有R2==1.01Ω。(5)若该欧姆表使用一段时间后,电池的电动势E变小、内阻变大,根据Ig=,由于E变小,欧姆表内阻R内偏小,用欧姆表测电阻时,电流I=R内Rx=Rx=,故电动势E变小会导致电流I偏小,即指针偏左,物理(七)参考答案第3页(共5页)测量结果偏大O13.解题分析(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程,气体发生等温变化,所以有p1(H—l)S1=p2HS1(1分)又因为p1=p0,p2十pgh=p0(1分)代入数据联立解得H=100cmO(2分)(2)当外界气体进入后,以所有气体为研究对象有p0V十p2HS1=p3(HS1十S2)(1分)又因为p3十pg●=p0(1分)代入数据联立解得V=7.93×10—4m3O(2分)14.解题分析(1)四驱车恰好能够经过圆轨道最高点D,设在D点的速度为yD,在D点时由重力提供四驱车做圆周运动的向心力,有mg=m(1分)设车在c点时的速度为yc,由动能定理知myD2—myc2=—mg×2R(1分)四驱车在c点时所受的支持力和重力的合力提供车做圆周运动的向心力,则FN—mg=m(1分)解得FN=60N(1分)由牛顿第三定律知F压=FN=60N,方向竖直向下O(1分)(2)由题可知yc=yB(1分)又由能量守恒定律知P0t0—wf=myB2(2分)解得wf=37.5JO(1分)(3)四驱车从c点运动到F点过程中,应用动能定理知—mgh2=myF2—myc2(1分)车从F点飞出后做平抛运动,设运动时间为t,则竖直方向有h1十h2=gt2(1分)水平方向有x=yFt(1分)联立以上表达式并化简得x=\(yc2—2gh2)×2(h1h2)=\—4(h2—2十m(1分)当h2=0.025m时,x有最大值,且xmax=0.45mO(1分)15.解题分析(1)如图(a)所示,甲从M到P的过程做类平抛运动,设粒子甲经过P点时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ,则\L=y0t12LL=t1(1分)yy=at1qE=ma(1分)y0y0AEAAEAYYA4YA4O物理(七)参考答案第4页(共5页)。my2解得θ=30,E=4qL。my2粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qyB=r—=rsinθ(1分)可得B=。(1分)(2)由(1)可得r=LL十2rsinθ=ycosθ●t2十at22(2分)x0=ysinθ●t2(1分)解得x0=(\—\)L。(1分)(3)甲与乙发生碰撞,根据动量守恒定律有my=2my,解得y,=y(1分)由r,=,知丙在x>0区域内的运动轨迹与原来甲的运动轨迹重合(1分)方法一:如图(b)所示,丙通过y轴后的运动视为以速率y1做匀速直线运动和以速率y2做匀速圆周运动的合运动,将丙受到的洛伦兹力分解为两个分力F1、F2,使力F1与电场力平衡●B=qE可得y1=y(1分) 根据平行四边形定则可得y2=\y(1分)当丙做匀速直线运动的分速度与做匀速圆周运动的分速度同向时,丙的速度最大,则 丙通过y轴后的最大速度ym=y1十y2=(1十\)y(1分)丙做匀速圆周运动的轨道半径r2==4\L