2024-2025高三省级联测考试物理参考答案 本试卷依据中国高考和高中教育教学评价体系及高中物理课程标准，注重深化基础，联系生活实际、工农业生产实际、科学技术、体育娱乐等，落实立德树人根本任务。试卷设置丰富问题情境，增强了实验的探究性，突出思维考查，激发学生崇尚科学、探索未知的兴趣，引导学生夯实知识基础、发展物理学科核心素养。注重物理观念和科学思维的考查，旨在引导学生掌握必备知识，提升关键能力，发展探究性思维，帮助考生更好地把握高考命题趋势和备考方向。试题选取科技前沿、宇宙探索、优秀传统技艺、自然现象、生产生活等领域素材，精心创设情境，设置真实问题，提升考生解决实际问题的能力。第题以β射线用于医学治疗疾病为背景，第题以“灯光秀”为背景，第题以游乐场的1“旋转飞椅”为背景，第题以调节摆钟准2确走时为背景，第题以我国3古代工匠木建筑用的“榫卯”结构为背景，4第题以“卡诺循环”热机为背景7，第题以传感器设备在实际中的应用为背景，第8题以“设计加速度传感器”为背景9，第D题IS以“北斗卫星导航系统”为背景。引领学1生2通过了解我国科技前沿成就、宇宙探索1的3进程、优秀传统文化、自然现象的物理阐释等，体会其中的物理原理与科学方法，涵养正确价值观念。通过基于问题情境的多层次设问和问题解决思路的多角度设计，区分考生的物理学科能力发展水平。第题要求考生在理解导体棒切割磁感线的情境下，对电阻电容不同用电器的条件下进行10动力学分析，要求考生利用动力学、动量定理、功能关系等相关规律求解焦耳热、电量等相关问题。第题从动力学、动量守恒定律、能量守恒、功能关系等多个角度设问，并逐层提高要求。15注重加强对实验探究能力的考查。第题将胡克定律、闭合电路欧姆定律等相关知识进行融合，设计加速度传感器，素材取1自2课本，进行深化应用性设计，设置非常具有创新性的实验情境，通过给出工作原理图，介绍应用方法，引导学生经历实验探究设计的过程，对实验探究能力及应用能力提出了较高的要求，并对实际使用提出相关问题，对学生分析能力很好地进行考查，对考生实验操作和探究能力进行深层次考查。试卷较好地体现了考查的基础性、综合性、应用性和创新性的融合，引导高中物理教学和高考备考，注重培养学生核心素养和关键能力。题号12345678910答案BBCCDADBDBCAD解析:在衰变过程中满足质量数及电荷数守恒所以产生的新核质量数不变电荷数增加则新核1.B,,1,为131正确54Xe,B。解析:光由水面进入空气的入射角大于临界角时将会在水面发生全反射对应的临界角满足C2.B,sin=11则C所以线状光源从水面透光的宽度为外侧四个边角为半径为的四分之一n=,=45°,40cm,20cm2圆内侧边界则为的矩形正确,60cm×40cm,B。物理·预测卷答案第页(共页)Ⅱ16{#{QQABRQA4wggYgFaACJ4KAwkGCwmQsIAgJWoMQUCZKAwLwZNABIA=}#}解析:设悬绳与竖直方向的夹角为θ悬绳延长线与转轴的交点与座椅间的高度差为h悬点到转轴的3.C,,r距离为r则有mgθmω2hθ所以三个座椅的h相同由hLθ可知当r相,tan=tan,A、B、C,=θ+cos,tan同时L越大θ越大所以θθ当L相同时r越大θ越大所以θθ正确,,,A>C,,,,C>B,C。解析:设摆钟在广州对应周期为T移到北京后每小时快n秒则摆钟在北京的周期为3600T设4.C,,n,3600+LL'北京的重力加速度为g则调整前有3600T调整后为T可解得L',n=2πg,=2πg,=3600+n2L正确1+,C。3600U2U2Un解析:由题意得I2RI2RI2R1211nInInI联立可得RRR001122,RR,Un,001122,0125.D==1=22=2=+∶∶=正确4∶4∶1,D。解析:设电场方向与aO的夹角为θ由动能定理可得粒子由a到b的过程有6.A,,qEθREE粒子由a到c的过程有qEθRcos45°-·2=2k-k,cos60°+·=EEE由以上两式联立可得θ电场强度的大小Ek正确1.5k-k,=0°,=qR,A。解析:锤子撞击木楔瞬间共速根据动量守恒定律得pmmv此时锤子的7.D,=+0,mpmp动量为p'mv锤子和木楔向下运动过程中对锤子由动量定理可知mgtI故==mm,,,-=0-mm,+0+0mp锤子对木楔的冲量大小为mgt错误木楔进入过程损失的动能与重力势能一部分转化为系mm+,A;,+0p2统内能另一部分转化为木料的弹性势能则有mmghEQ错误锤子撞击,,mm+0+=p+,B、C;20+p2木楔后锤子和木楔的总动能为E进入木料过程根据动能定理有mmgfh,k=mm,[(+0)-୺]=0-2(+0)p2E解得平均阻力为fmmg正确k,୺=mmh+(+0),D。2+0解析:A到B的过程中气体体积增大气体分子数密度减小错误B到C的过程为绝热膨胀气8.BD,,A;,体对外做功内能减少温度降低分子平均动能减小正确由图上可以直接看出状态C压强最小所,,,,B;,,以状态C气体分子在单位时间对汽缸内壁单位面积上的撞击力最小错误变化曲线所围成的面积表,C;示整个过程中气体对外做的功根据热力学第一定律可知一个封闭过程中气体从外界吸收的热量等于气,,体对外所做的功正确,D。解析:物体在内的位移是速度图线与t轴所围成的面积但在计算9.BC20s,时应考虑图中半径R在表示速度和表示时间方面对应的单位不同数值也,不一样从图形的角度考虑位移x1R2结合图像的物理意义可知R,=π,=211.22则x1错误正确时对02×10m=2m,=π×2m=3.14m,A,B;5s2应的纵坐标值为速度大小由图像得θ1速度为vθ正确错误,sin=,=0.2cosm/s=0.13m/s,C,D。2解析:金属棒abcd同时由静止运动且恰好在MN处发生碰撞则说明abcd在到达MN时所10.AD、,、,、用的时间是相同的对金属棒ab和电容器组成的回路有qCBLv对ab根据牛顿第二定律有,Δ=·Δ,vqmgBILmgma其中aΔIΔ联立有a1sin30°2即金属棒ab做-+1sin30°=11,1=t,=t,1=mCB2L2=4m/s,ΔΔ1+物理·预测卷答案第页(共页)Ⅱ26{#{QQABRQA4wggYgFaACJ4KAwkGCwmQsIAgJWoMQUCZKAwLwZNABIA=}#}hB2L2v匀加速直线运动则有1at2解得t正确cd匀速运动时满足F2可得v,=1,=2s,A;=RcdR,2=sin30°2+对导体棒cd及电阻R根据功能关系有FxQ1mv2对导体棒cd根据动量定理有Ft2m/s,,1-=22,,·2BLx1BILtmv其中qItR总RRcd联立得qxQ-୵·=22,=୵=R总,=+=0.5Ω,=3.2C,1=3.2m,=2.8J,R则R上消耗的焦耳热为QRQ错误两棒恰好在MN处发生完全非弹性碰撞mv=R总=1.12J,B;,11-B2L2vmvmmv得v14两棒合并后电阻为由牛顿第二定律得mma两边22=(1+2),=m/s,0,R=1+2,3B2L2vB2L2x微元累积求和tmmat可得mmv代入数值解得x∑RΔ=1+2∑Δ,R=1+2,=2.24m,C错误正确,D。答案:每空分F11.(2)(1)B(2)(3)BC解析:()本实验主要采用的科学方法是等效替代法。故选。1B()图丙中的力F和力F',F'是两个分力合力的理论值,F是两个分力合力的测量值,则2一定沿橡皮条EO方向的是F。()依题意,合力不变,一分力大小不变方向变化时,其变化可能情况如图示,故选。3BC答案:分分分Q分分分12.(1)100(1)(2)20(2)-2.0(2)(3)(1)(4)B(1)AD(2)解析:()根据电路结构的对称性可知,Q相当于连接在滑动变阻器的中点,当电压表满偏时,滑片位于1U滑动变阻器端点,根据欧姆定律得Im。=R=100mA2()加速度最大时,滑块移动的距离最大为x,根据牛顿第二定律得kxma,解得a/2,2=5cm2=mm=20msa当加速度值为/2时电压表的读数为U·U。am-8ms=m=-2.0V()电阻R中电流方向从右向左,右端电势高于左端,当物体具有图示方向的加速度a时,滑块所受弹簧3弹力的合力向右,滑块向左移动,电压表示数为正,P电势低于Q,所以Q接电压表“”极。+()传感器没有加速度时,电压表有正的示数,相当于滑动变阻器滑片左移,右侧电阻增大,即电池内4B阻增大,为使传感器工作恢复正常,可适当减小R或适当增大R。21αR答案:gR2π13.(1)sin(2)αθ233g(sin-sin22Mm解析:()在地球表面有Gmg(分)1R2=1R由几何关系可得,的轨道半径为r(分)PP=α1sin2Mmv2由圆周运动规律得Gm(分)r2=r1PPα解得vgR(分)=sin22R()的轨道半径为r2QQ=θsin2物理·预测卷答案第页(共页)Ⅱ36{#{QQABRQA4wggYgFaACJ4KAwkGCwmQsIAgJWoMQUCZKAwLwZNABIA=}#}Mm2满足Gm4πr(分)r2=T2Q1QQR可得TQ=2πθg3sin2R同理得TP=2παg3sin2设两卫星相邻两次距离最近对应时间为t,则2π2πt(分)TT=2π1P-QR解得t2π(分)=αθ2g(33sin-sin22Bv答案:v30d14.(1)2060°(2)(3)62解析:()由xd进入磁场的粒子在电场中做类平抛运动1=2沿x方向有dvt(分)2=01沿y方向有d1at2,vyat(分)3==22速度大小满足v2v2vy2(分)=0+1vy与x轴方向的夹角θ满足θ(分)vtan=01解得vv,θ(分)=20=60°1()粒子全部通过磁场,因此xd进入磁场的粒子恰好与边界相切2=-2Rd由几何关系得-(分)cos60°=R1mv2粒子在磁场中运动Bqv(分)=R1电场中qE·d1mv21mv2(分)3=-0122Bv解得E30(分)=12()由几何条件可知,由xd进入磁场的粒子恰好垂直磁场边界射出,对应坐标为3=2xdR()(分)1=2+1-cos30°1由xd进入磁场的粒子出磁场边界对应坐标x(dR)(分)=-22=-2+cos30°1对应区域长度Lxxd(分)12=-=61答案:15.(1)180N(2)1.25m(3)4m/sv2F解析:()小滑块恰好通过F,则mgm(分)1AA=AR1由E到F,根据机械能守恒定律得1mv2Emg·R1mv2F(分)A=A2+A122v2E在E点,由牛顿第二定律得FEmgm(分)-A=AR1联立解得vE/,FE(分)=15ms=180N1由牛顿第三定律得,对轨道压力为F'E,方向竖直向下=180N物理·预测卷答案第页(共页)Ⅱ46{#{QQABRQA4wggYgFaACJ4KAwkGCwmQsIAgJWoMQUCZKAwLwZNABIA=}#}()设下滑高度为h,根据机械能守恒定律得mgh1mv2(分)2A=A112滑块滑上后AB对,由牛顿第二定律得μmgma(分)AA=AA1对,由牛顿第二定律得μmgma(分)BA=BB1当刚好不能从上滑落,设共速用时为t,则有ABvatat(分)1-A=B1Lvt1at21at2(分)=1-A-B122解得t,v/,h=1.0s1=5.0ms=1.25m的位移为x1at2d且vvEBB=B=1.5m<=2.5m1>2则可通过轨道,且与共速前与不发生碰撞ABBC所以下滑的最大高度h(分)=1.25m1(也可以用动量守恒、功能关系等方法解题)()设滑上且能滑上的最小速度为v,从滑上到、共速过程中,设共速后速度为v,则:3ABC2ABAB3mv(mm)v(分)A2=A+B31μmgL1mv21(mm)v2(分)A1=A2-A+B3122、碰撞满足mv(mm)vBCB3=C+B4、碰后,的加速度满足μmgmaBCAA=AA、的加速度满足μmgf(mm)aBCA-C=C+BC设经过t时间、、共速,则1ABCvatvat(分)3-A1=4+