物理-2024届高三12月大联考考后强化卷（河北卷）（全解全析）

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）