（西北卷）名校教研联盟2025届高三12月联考 物理参考答案.pdf

绝密启用前★物理参考答案1.【答案】D2341【解析】核反应方程是1H1H2He0n，A错误；核子结合成原子核的时候会发生质量亏损，原子核质量34小于组成它的核子质量之和，B错误；1H的比结合能小于2He的比结合能，C错误；核聚变反应是较轻的核子聚合成较重的核子，要使得核子的强相互作用发挥作用，必须使核子间接近到发生相互作用的距离，约为10-15m，要达到这个目的必须加热原子核，使得原子核的温度达到几百万摄氏度，这样才能够实现聚变，所以实现核聚变的难点是地球上没有任何容器能够经受热核反应所需的温度，为了实现可控核聚变，科学家设想的解决方案是磁约束和惯性约束，D正确。2.【答案】C1【解析】取竖直向上的方向为正方向，根据匀变速公式可得hvtgt2，解得t=0.4s，手移动的平均速率至02OPPQ少为v2m/s，C正确。t3.【答案】D【解析】空间站绕地稳定飞行时，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，所以斑马鱼只受万有引力作用，不受浮力作用，A错误；地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知空间站绕地飞行Mm速度小于第一宇宙速度，B错误；根据万有引力与重力的关系有Gmg，根据万有引力提供向心力有R2Mmv2gMmGm，解得空间站的速度大小为vR，C错误；设空间站处的重力加速度为g，则Gmg，r2rrr2Mm根据万有引力与重力的关系得Gmg，质量为m的金鱼藻在空间站的重力大小为G鱼mg，解得R22R，正确。G鱼mgDr4.【答案】A【解析】当箱子处于静止状态时，物体m恰好静止不动，弹簧的伸长量为x，则kxmgsin，使箱子水平向右做匀减速直线运动，加速度水平向左，设加速度为a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得mgsinkxmacos，可知xx，A正确；使箱子做自由落体运动，则弹簧处于原长，B错误；使箱子竖直向上做匀加速直线运动，设加速度为a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得kxmgsinmasin，可知xx，C错误；给物体m施加竖直向下的外力，弹簧伸长量变大，D错误。5.【答案】C【解析】光纤通信应用了光的全反射，所以外套的折射率小于内芯的折射率，A错误；α=45°时，单色光刚好sin451不从内芯射出，光路图如下左图所示，根据折射定律n，临界角为sinC，根据几何关系有Cr90，sinrn物理参考答案第1页（共6页）6L则光导纤维的折射率为n，B错误；光在内芯中传播的路程为xnL，光在内芯中传播速度的大小2sinθcxn2L3L为v，则光在内芯中传播的时间为t，C正确；如下右图所示，光能在内芯中正常传播的nvc2csin90临界条件是沿着90°方向从端面射入后，刚好在界面上能发生全反射，折射率n22，则该光能在sin45内芯中正常传播，D错误。6.【答案】DAS1【解析】由图可知波的传播周期为T=2s，波长vT0.5m，A错误；S1处波传播至A点用时t12s，1vAS2A4S243S2处波传播至A点t用时ts16ss，因16此s在t=13.5s时，只有S1处波到达A点，并且使A处质点振动T，2v22.v52.54所以此时A点应该处于波峰，B错误；由于AS2AS11m2，所以A点为振动加强点，但A点是处于振动状态，并非一直处于波峰，C错误；在12~16s内，A点的振幅为2cm，A点运动的路程为S1=8A=16cm，在16~18s内，A点的振幅为4cm，运动的路程为S2=16cm，则在0~18s内A点运动的路程为32cm，D正确。7.【答案】C【解析】0~t0时间内，线框中磁场向外且减小，据楞次定律可知，线框中的感应电流方向为逆时针方向，A错误；t0~2t0时间内，线框中磁场向内且增大，产生逆时针的大小不变的感应电流，但磁场应强度增大，故线框AB边所受安培力变大，B错误；0~2t0时间内，据法拉第电磁感应定律可知，线框中的感应电动势B3BB0102，线框的电阻，故时间内，线框中的感应电ENNSrrsin60rR3rR00~2t0ttt024t03BrB2r3流大小为E0，正确；时间内，线框中产生的热量为20，错误。I=C0~2t0QIR2t0DR12t0R08t0R08.【答案】BD【解析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电n1U22U1n2n1路变为简单的串联电路，如图所示，滑片逐步下移，使R阻值减小，即R等效R减小，则总nI12n2I2n1UMNI1n2电阻减小，根据I总可知总电流增大，即通过R0的电流增大，根据可知，通过电流表的电流增大，R总I2n1物理参考答案第2页（共6页）故A错误，B正确；若滑片上移，总电阻增大，电源输出功率减小，C错误，D正确。等效9.【答案】BC【解析】若k=1，即物块与斜面间的动摩擦因数μ≤tanθ，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得La=gsinθ-μgcosθ，由此可知物块做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；若k=2，从开始到过程中，物块2与斜面间的动摩擦因数小于tanθ，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1，解得a1=gsinθ-μgcosθ，由此可知L物块做加速度减小的加速运动；从到L过程中，物块与斜面间的动摩擦因数大于tanθ，根据牛顿第二定律有2μmgcosθ-mgsinθ=ma2，解得a2=μgcosθ-gsinθ，由此可知物块做加速度增大的减速运动，水平地面对斜面的摩擦力f=macosθ，先减小后增大，C正确，D错误。10.【答案】ACD【解析】电势能等于将电荷移到无穷远，电场力做的功，故A、B、C系统的电势能可认为分别将C、B小球搬2kq2kq2到无穷远电场力做的功。初始时刻，先将C球移到无穷远，电场力做功Wq，再将B球移到无11LLkqkq23kq2穷远，电场力做功Wq，故系统的电势能等于做的总功，即EWW，A正确。解除A、12LLp11112LC的锁定后，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒，B错误。图乙状态与图甲状态相比，A、kqkqkqkq2C之间的电势由变为，则电势变化量，所以系统电势能减少量为Eq，则A、B、L2L2Lp2Lkq2C系统的机械能增加了，C正确。对系统根据动量守恒得mv1mv3mv2，根据对称性可知v1=v3，解得2L22121212kq2kqv2=2v1，根据能量守恒得mvmvmv，解得v，D正确。2122232L23mL11．（7分）【答案】（1）AC（1分，少选多选均不得分）（2）200（2分）（3）kg（2分）没有（2分）【解析】（1）弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，A正确；将弹簧悬挂在铁架台上，用直尺测量弹簧的长度即为弹簧的原长x0，悬挂钩码后用直尺测得弹簧的长度x1，弹簧的伸长量x为x=x1-x0，B错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态，C正确；应该用同一个弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与形变量成正比，D错误。10（2）由图可知该弹簧所受拉力F与伸长量x的比值为kN/m200N/m。5102（3）初始时刻，没有放砝码时，距离传感器到挂盘的距离为h0，当悬挂砝码的质量为m时，则有mg=k(h0-h)，k由此可知，在m-h的图像中，其斜率绝对值为k，解得kkg；m-h图像中，考虑挂盘的质量时得g物理参考答案第3页（共6页）(m+m0)g=k(h0-h)，m-h的图像斜率不变，故未考虑挂盘的质量对实验的结果没有影响。12．（9分）I1b1【答案】（1）D（1分）（2）乙（2分）（3）2R（2分）（2分）（2分）I1kk【解析】（1）因电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器应选择小量程，故选D。（2）待测电流表A1的量程0.6A，电流表A2的量程3A，所以电流表A1应接在支路中，电流表A2应接在干路中，丙、丁错误；甲电路不能测出电流表A1的内阻和电阻Rx的阻值，所以选乙。I(RR)I21RA1I1（3）测量数据满足II1A1，变形得R1，描绘2R图线，由图像可得k，解21IRRRx1xxI1Rx1R得；A1，联立可得，电流表的内阻为b1。Rxb1A1RA1kRxk13．（10分）【答案】（1）60cm（2）257cm【解析】（1）开始时封闭气柱压强p1=p0+h=120cmHg（1分）向上加速时封闭气柱压强为p2，有p2S-mg-p0S=ma，其中m=ρhS（1分）又p1SL=p2SL2（1分）解得L2=60cm（1分）（2）玻璃管倒过来后的压强为p3=p0-h=32cmHg（1分）且T3=(273-33)K=240K（1分）T1=(273+27)K=300K（1分）p1LSp3L3S由理想气体状态方程得（1分）T1T3解得L3=213cm（1分）所以玻璃管至少长L3+h=257cm（1分）14．（12分）【答案】（1）90N（2）x≥0.375m（3）2m【解析】1（1）根据题意，由A到B过程中，由机械能守恒定律有mgRmv2（1分）20得v0=4m/sv2在B点时，由牛顿第二定律得Fmgm0（1分）R由牛顿第三定律得小物块滑至圆弧末端B点时对圆弧的压力大小F90N（1分）物理参考答案第4页（共6页）v（2）根据图像可知a4m/s2（1分）t根据牛顿第二定律μmg=ma得μ=0.4（1分）小物块在长木板上滑行，动量守恒，则mv0Mv1mv2（1分）解得v1=3m/s（1分）长木板与挡板碰撞前已经共速，所以共速碰撞Mv2x最小，对长木板有mgx1（1分）2解得x=0.375m即x应满足x≥0.375m（1分）mv2（3）经过多次碰撞，长木板最终停在挡板处，对系统的全过程由能量守恒可得mgL0（2分）2解得L=2m（1分）15．（16分）mv24mv68【答案】（1）（2）d（3）πnd（n=1，2，3，……）6qd15qd55【解析】1（1）粒子从P到O，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得3Eqdmv2（1分）02mv2解得E（1分）06qd粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理得B0qvytmvx（2分）即B0q3dmvsin53（1分）4mv解得B（1分）015qd（2）粒子经过O点时，沿y轴负方向的分速度大小为vy=vcosθ（1分）沿x轴正方向的分速度大小为vx=vsinθ（1分）沿y轴负方向的分速度vy使粒子在垂直纸面的平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得v2qvBmy（1分）yr3解得rd（1分）5粒子做圆周运动,距x轴的最大距离为L=2r（1分）6解得Ld（1分）52πm2πd（3）粒子在x＞0的区域内做圆周运动的周期为T（1分）qBv物理参考答案第5页（共6页）粒子在＞的区域沿轴方向做匀速直线运动，在一个周期内沿轴正方向运动的距离（分）x0xxxvxT1粒子在x＞0的区域每次经过x轴时的横坐标为xnx（n=1，2，3，……）（1分）8解得xπnd（n=1，2，3，……）（1分）5物理参考答案第6页（共6页）