物理-2024届高三12月大联考考后强化卷(河北卷)(全解全析)

2023-12-11 · U1 上传 · 6页 · 1.2 M

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】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,射线不是高频电磁波,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,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。2.C【解析】根据匀变速直线运动的规律,整理可得,根据A图像可知,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的加速度大小为,汽车B的加速度大小为,由图可知,汽车A、B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,解得速度大小为m/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,代入数据可得t0=3s,D正确。3.B【解析】设临界角为C,则有,则临界角为,光路图如图所示,由于入射角等于,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,则,由于,所以光斑的半径为,则光斑的面积为,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积相等,而轨道I和III不在同一轨道上,A错误;根据,解得,探测器在轨道II经过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,可知轨道II的半径为5R,轨道III的半长轴为3R,由开普勒第三定律可得,解得,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。5.B【解析】对4个灯笼的组成的整体受力分析可知,对下面的n个灯笼(n<4)组成的整体分析可知,,可知,即每根绳与竖直方向的夹角均相同,A错误;根据,可知当时四个灯笼所受到的风力之和等于,B正确;2号灯笼与3号灯笼之间的作用力等于,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为,D错误。(无界学习公众号)6.D【解析】保持滑动变阻器滑片P不动,当变大时,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,原线圈初级电流也变大,A、B错误;若保持不变,根据变压比可知,次级电压不变,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,根据机械能守恒定律可得,解得,A错误;当物体的速率为时,物体的动能为,物体的重力势能为,B错误;物体的动能和重力势能相等时,设物体距离地面的高度为,根据机械能守恒定律可得,解得,C正确;设物体能达到的最大高度为,根据机械能守恒定律可得,解得,若物体的质量变为原来的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=0时刻,质点P正在向y轴负方向运动,A错误;由题意知,则,则波传播的速度大小,B正确;质点P比质点Q振动滞后的时间为,C错误;t=0.225s时,波沿x轴负方向运动的距离为,此时平衡位置在x=4.5m处的质点位于波谷,P、Q的位移相同,D正确。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v0方向为正方向,设碰撞后甲球的速度为,乙球的速度为,则有,,联立解得,。根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外切圆,B正确,A错误;根据洛伦兹力提供向心力,可得,所以甲、乙两小球的轨道半径分别为,,则甲、乙两小球的轨道半径之比为,D正确,C错误。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,根据平衡条件有,又,可知,则重力和电场力的合力为。小球恰好能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,解得,A正确;在A点根据向心力公式有,解得,C错误;由A到B,根据动能定理有,解得,在B点有,解得经过B点时小球受到管道内壁的支持力大小为,若将在A点给小球的水平初速度增大1倍,则有,B正确,D错误。11.(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,在两次闪光时间内,滑块A的位移,则,代入数据解得;(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,设运动时间为,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,由图像可知,碰撞前滑块A的速度大小为,方向向右,碰撞前滑块B的速度大小为,方向向左,碰撞后B的速度为零,两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,设物块A的质量为2m,则物块B的质量为3m,则碰撞前的总动能为,碰撞后的总动能为,因为碰撞后的动能小于碰撞前的动能,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。(2)忽略电表对电路的影响,根据闭合电路欧姆定律有,变形后有,根据数学知识知,,解得,。(3)若考虑电表对电路的影响,根据闭合电路欧姆定律有,变形后有,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r的测量值相对真实值偏小。13.(1)设应打气n次,对打入桶中的气体,初状态压强p1=1×105Pa,体积V1=150cm3·n+2L=(0.15n+2)L,末状态压强p2=2.5×105Pa,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)(2)由题意可知,喷药前桶中气体体积V1'=2L,压强p1'=2.5×105Pa;不能再向外喷药时桶内气体压强p2'=1×105Pa,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(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,方向水平向左(1分)对物块,由牛顿第二定律有(2分)解得(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(3分)由图可知,0~4s木板做匀加速直线运动的加速度大小(1分)对木板,根据牛顿第二定律有(2分)解得(2分)15.(1)导体棒在任意时刻的速度大小为,根据法拉第电磁感应定律有(1分)电流(1分)根据牛顿第二定律有(1分)整理得(1分)结合图乙有,(1分)解得,(1分)则时导体棒的速度大小(1分)(2)设导体棒撤去拉力后达到稳定状态时速度大小为,根据动量守恒定律有(1分)解得设导体棒上产生的焦耳热为,根据功能关系和电路结构有(1分)解得(1分)(无界学习公众号)(3)把导体棒看成一根棒,设导体棒穿出磁场时的速度大小为,从导体棒穿出磁场到导体棒穿出磁场,在任意极短时间内,对导体棒,根据动量定理有(1分)将上式累加求和后有(1分)解得此时导体棒c切割磁感线产生的电动势(1分)电流(1分)对导体棒整体有(1分)轻杆对导体棒的拉力解得(1分)

VIP会员专享最低仅需0.2元/天

VIP会员免费下载,付费最高可省50%

开通VIP

导出为PDF

图片预览模式

文字预览模式
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报
预览说明:图片预览排版和原文档一致,但图片尺寸过小时会导致预览不清晰,文字预览已重新排版并隐藏图片
相关精选
查看更多
更多推荐