2024届高三12月大联考考后强化卷(河北卷)物理·全解全析12345678910BCBCBDCBDBDAB1.B【解析】β射线是衰变中产生的高速运动的电子流,穿透能力较强,很容易穿透黑纸,β射线不是高14140频电磁波,A错误;碳14能够自发地进行β衰变而变成氮,其核反应方程为6C7N1e,B正确;放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的,跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系,C错误;半衰期是针对大量原子核的统计学规律,对于少量原子核不成立,D错误。222222.C【解析】根据匀变速直线运动的规律,整理可得vv02ax,根据A图像可知v036m/s,所以汽车A的初速度大小为6m/s,A正确;v2-x图像的斜率表示加速度的2倍,由图像可得汽车A的加速136118度大小为am/s22m/s2,汽车B的加速度大小为am/s21m/s2,由图可知,汽车A、1292292B在x=6m处的速度大小相等;对B,根据匀变速直线运动的规律可知v2ax2,解得速度大小为23m/s,B正确,C错误;由图可知,汽车A做初速度为6m/s的匀减速直线运动,设汽车A经过t0时间速度减为零,由运动学公式可得v0at100,代入数据可得t0=3s,D正确。1113.B【解析】设临界角为C,则有sinC<,则临界角为C<45,光路图如图所示,由于入射n1.62角等于60,所以会在BA面上发生全反射,由几何知识得到反射光线恰好垂直射出。由题可知ONr,2则OA2r,由于MOAAMO30,所以光斑的半径为AM2r,则光斑的面积为Sπ2r4πr2,B正确。4.C【解析】开普勒第二定律适用于在同一轨道上行星或卫星与中心天体的连线,在相同时间内扫过的面GMmGM积相等,而轨道I和III不在同一轨道上,A错误;根据ma,解得a,探测器在轨道II经r2r2过O点时的加速度等于在轨道III运动经过O点时的加速度,B错误;已知火星的半径为R,OQ=6R,335R3RT515可知轨道的半径为,轨道的半长轴为,由开普勒第三定律可得,解得2,II5RIII3R22T2T3T39物理全解全析第1页(共6页)C正确;探测器从轨道II变轨到轨道III需要减速做向心运动,所以在这两个轨道上运行时的机械能不相同,D错误。4f5.B【解析】对4个灯笼的组成的整体受力分析可知tan,对下面的n个灯笼(n<4)组成的整体4mgnf分析可知,tantan,可知,即每根绳与竖直方向的夹角均相同,A错误;根据nmg4ftan,可知当45时四个灯笼所受到的风力之和等于4mg,B正确;2号灯笼与3号灯笼之4mg22间的作用力等于T232(mg)f,C错误;对4号灯笼受力分析可知,3号、4号灯笼之间的作用力mg为T,D错误。34cos6.D【解析】保持滑动变阻器滑片P不动,当U1变大时,根据变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知,次级电压U2变大,次级电流变大,根据功率公式可知,扬声器的功率变大,根据变流比可知,原线圈初级电流I1也变大,A、B错误;若保持U1不变,根据变压比可知,次级电压U2不变,将滑动变阻器滑片P向右滑,次级线圈所在电路电阻变大,根据欧姆定律可知,次级电流I2减小,则扬声器获得的功率减小,C错误,D正确。7.C【解析】物体的重力势能为动能的一半时,设物体距离地面高度为h,根据机械能守恒定律可得11v2vmv2mv2mgh3mgh,解得h0,A错误;当物体的速率为0时,物体的动能为2026g21v113Em(0)2mv2,物体的重力势能为Emv2Emv2,B错误;物体的动能和重力势能相等k2280p20k8011v2时,设物体距离地面的高度为h,根据机械能守恒定律可得mv2mv2mgh2mgh,解得h0,2024g1v2C正确;设物体能达到的最大高度为H,根据机械能守恒定律可得mv2mgH,解得H0,若物体202g的质量变为原来的2倍,其他条件不变,则物体能达到的最大高度不变,D错误。8.BD【解析】由于波的周期满足0.9s<T<1.8s,因此从实线到虚线传播的时间不足一个周期,若波沿x轴正向传播,则波动周期为3.6s,不符合题意,因此波沿x轴负方向传播,根据波动与振动的关系,t=03时刻,质点P正在向y轴负方向运动,A错误;由题意知T=0.9s,则T1.2s,则波传播的速度大小48201vm/sm/s,B正确;质点P比质点Q振动滞后的时间为1.2s0.15s,C错误;t=0.225sT1.23820时,波沿x轴负方向运动的距离为xvt0.225m1.5m,此时平衡位置在x=4.5m处的质点位于3波谷,P、Q的位移相同,D正确。物理全解全析第2页(共6页)9.BD【解析】不带电的小球乙与带正电的小球甲发生弹性碰撞,碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒,以速度方向为正方向,设碰撞后甲球的速度为,乙球的速度为,则有,v0v1v2mv02mv1mv211121mv22mv2mv2,联立解得vv,vv。根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外202122130230v2mv切圆,B正确,A错误;根据洛伦兹力提供向心力qvBm,可得R,所以甲、乙两小球的轨道半RqB2mvmv径分别为R1,R2,则甲、乙两小球的轨道半径之比为RR:4:1,D正确,C错误。甲qB乙qB甲乙10.AB【解析】如图所示,小球在等效最低点P静止时,受重力、支持力和电场力,三力平衡,根据平mg衡条件有mgtanqE,又E,可知45,则重力和电场力的合力为F2mg。小球恰好能q够做完整的圆周运动,说明小球经过等效最高点Q时速度刚好为零,由A到Q,根据动能定理有1mgRRcos45qERsin450mv2,解得v221gR,A正确;在A点根据向心力公式200v211有Nmgm0,解得N322mg,C错误;由A到B,根据动能定理有mg2Rmv2mv2,R2B20v2解得vv24gR,在B点有mgNmB,解得经过B点时小球受到管道内壁的支持力大小为B0BR,若将在点给小球的水平初速度增大倍,则有NB322mgA122,正确,错误。vBB2v04gR4v04gR2vBD11.(1)80(1分)(2)1(2分)(3)2:3(2分)非弹性(1分)【解析】(1)由图可知,第2、3、4次闪光时B未发生移动,则发生碰撞后B的速度为0,B静止,由图示可知,碰撞发生在x=80cm处;(2)碰撞后A向左做匀速运动,由图示可知,在两次闪光时间t0.2s内,滑块A的位移,则,代入数据解得;xA()5030cm20cm0.20cmxAAvtvA1m/s(3)由图示可知,从两滑块发生碰撞到第二次闪光时A向左运动的距离x0.10m,设运动时间为t,则,代入数据解得,设第一次闪光到发生碰撞时间为,有,代入数据解得xvAtt0.1sΔttttx8075102t0.1s,由图像可知,碰撞前滑块A的速度大小为vA=m/s0.5m/s,方向向右,At0.1物理全解全析第3页(共6页)x9080102碰撞前滑块B的速度大小为vB=m/s1m/s,方向向左,碰撞后B的速度为零,两Bt0.1滑块碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得,代入数据解得mvBBmvAAmvAA,设物块的质量为,则物块的质量为,则碰撞前的总动能为mA:mB2:3A2mB3m1171E=mv2mv2=m,碰撞后的总动能为E=mv20m,因为碰撞后的动能小于碰撞前的动k2AA2BB4k2AA能,即碰撞有动能损失,为非弹性碰撞。12.(1)如图所示(2分)(2)2.7(2分)0.51(2分)(3)偏小(1分)偏小(1分)【解析】(1)实物连接如答案图所示。U1Rr11(2)忽略电表对电路的影响,根据闭合电路欧姆定律有EURr,变形后有0,R0UERE1rR1.390.37根据数学知识知b0.37,k0,解得E2.7V,r0.51Ω。EE0.5U(3)若考虑电表对电路的影响,根据闭合电路欧姆定律有EURr0,变形后有RRVRRV11RrRr1(10)0,对比(2)中的式子可知,电动势E的测量值相比真实值偏小,内阻rUERVER的测量值相对真实值偏小。5313.(1)设应打气n次,对打入桶中的气体,初状态压强p1=1×10Pa,体积V1=150cm·n+2L=(0.15n+2)L,5末状态压强p2=2.5×10Pa,体积V2=2L根据玻意耳定律得p1V1=p2V2(3分)联立解得n=20(次)(2分)5(2)由题意可知,喷药前桶中气体体积V1'=2L,压强p1'=2.5×10Pa;不能再向外喷药时桶内气体压5强p2'=1×10Pa,设此时桶内气体体积为V2',根据玻意耳定律得p1'V1'=p2'V2'(3分)解得V25L(2分)剩下药液的体积V=15L-5L=10L(1分)14.(1)由v-t图像可知,0~4s内物块减速,加速度大小为v410am/s21.5m/s2,方向水平向左(1分)1t4物理全解全析第4页(共6页)对物块,由牛顿第二定律有2mgma1(2分)解得20.15(2分)(2)在t=4s时,物块与木板达到共同速度,所以0~4s内长木板运动的v-t图像如图所示。由vt图像与横轴围成的面积表示位移可知,0~4s内物块与木板的相对位移104xm20m(3分)2v40由图可知,0~4s木板做匀加速直线运动的加速度大小am/s21m/s2(1分)2t4对木板,根据牛顿第二定律有2mg1()mMgMa2(2分)解得M2kg(2分)15.(1)导体棒a在任意时刻的速度大小为v,根据法拉第电磁感应定律有EBLv(1分)E电流I(1分)1rr2根据牛顿第二定律有FBILma(1分)2B2L2v整理得Fma(1分)3r1.4N0.2N2BL22结合图乙有ma0.2N,(1分)4m/s3r解得a2m/s2,B0.5T(1分)则t3s时导体棒a的速度大小v1at6m/s(1分)(2)设导体棒撤去拉力后达到稳定状态时速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv13mv2(1分)解得v22m/s113设导体棒a上产生的焦耳热为Q,根据功能关系和电路结构有mv23mv2Q(1分)21222解得Q0.8J(1分)(3)把导体棒b、c看成一根棒,设导体棒b穿出磁场时的速度大小为v3,从导体棒a穿出磁场到导体2B2L2v棒b穿出磁场,在任意极短时间Δt内,对导体棒b、c,根据动量定理有bcΔt2mΔv(1分)3r物理全解全析第5页(共6页)2B2L2将上式累加求和后有x2mv2mv(1分)3r32解得v30.5m/s此时导体棒c切割磁感线产生的电动势EcBLv3(1分)E电流Ic(1分)c1rr2对导体棒b、c整体有BIcL2ma(1分)轻杆对导体棒b的拉力Fma解得F0.075N(1分)物理全解全析第6页(共6页)
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