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河北省2024-2025学年高三上学期10月省级联测考试+物理试题
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1．B 解析：由电荷数守恒与质量数守恒可得，所以Y应为中子，B正确。
2．D 解析：列车的运动可看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据匀变速直线运动的位移与时间的关系式有，，解得，D正确。
3．C 解析：波的传播速度，B错误；由波形图知波长，则波的周期，A错误；由波形图知波的振幅，，则质点A通过的路程，C正确；根据波的传播方向与质点振动方向的关系，可知时质点A向y轴负方向运动，经过2个周期，时质点A仍向y轴负方向运动，D错误。
4．C 解析：图示时刻线圈位于中性面，通过电阻R的电流为零，A、B错误；线圈转过90°时，由右手定则知电阻R中的电流方向由a指向b，此时通过电阻R的电流最大，电流方向不发生改变，C正确、D错误。
5．C 解析：由图乙知在冰晶中a光的折射率小于b光的折射率，由可知，从冰晶射入空气中发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角，A错误；因折射率，则频率，由知波长，由双缝干涉条纹间距公式可知，a光的干涉条纹比b光的宽，B错误；单缝能使b光产生明显衍射，说明单缝宽度小于或接近b光波长，由于a光波长大于b光波长，所以单缝宽度一定小于或接近a光波长，a光一定发生明显衍射，C正确；由光电效应方程可知，a光比b光产生的光电子的最大初动能小，D错误。
6．A解析：以结点O为研究对象，受力情况如图所示
由共点力平衡条件得，，联立解得，，A正确。
7．C 解析：由静止释放小球B时，小球B向上运动，有，解得，A错误；加速度为零时，小球B的速率最大，有，解得．小球B上升的高度为，B错误；设小球B离地面的最大高度为H，由能量守恒定律得，解得，C正确；小球B运动过程中受到的合力为重力与库仑力之和，大小与离开平衡位置的距离不成正比，所以其运动不是简谐运动，D错误。
8．AD 解析：由，解得，可知飞船在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度，A正确；飞船从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点点火加速，飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点点火加速，所以飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，B错误；由开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅱ上的运动周期小于空间站在轨道Ⅲ上的运动周期，C错误；由，解得，可知飞船在轨道Ⅲ上经过B点时的速度小于地球的第一宇宙速度，飞船在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大于飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度，故飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于地球的第一宇宙速度，D正确。
9．BCD 解析：过程为等容过程，压强增大，由查理定律知温度升高，气体内能增加，A错误；过程为绝热膨胀过程，气体对外做功，内能减少，B正确；为等容过程，压强减小，由查理定律知温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知，气体向外放热，C正确；为绝热压缩过程，外界对气体做功，气体内能增加，D正确。
10．AD 解析：粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可得，由洛伦兹力提供向心力可得，联立解得，A正确；由几何关系知，粒子第二次通过边时恰好过P点，B、C错误；设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则，粒子从a点到第二次通过边所用的时间为，D正确。
11．答案：（1）C（1分） （2）C（1分） （3）D（2分） （4）小于（2分） 等于（2分）
解析：（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法，C正确。
（2）由于本实验要求槽码的质量m远小于小车的质量M，因此C最合理。
（3）根据逐差法可知，，，，联立可得小车加速度的表达式为，D正确。
（4）根据牛顿第二定律可得，解得，由图像的斜率和纵轴截距大小关系可得，，可知小于，等于。
12．答案：（1）如图所示（2分） （2）0.24（2分） （3）1.48（2分） 0.7（2分）
解析：（1）由于电流表内阻已知，采用电流表内接法，如答案图所示。
（2）电流表精度为0.02A，结果保留2位小数，所以电流表读数为0.24A。
（3）根据闭合电路欧姆定律得，变形为，根据图像可知，纵截距，斜率的绝对值为，所以待测干电池电动势，电源内阻。
13．答案：（1） （2）
解析：（1）从c点到b点，由动能定理得
在b点，由牛顿第二定律得
又
解得
由牛顿第三定律知，小球运动到b点时对轨道的压力大小为
（2）因
所以小球运动到中间位置时，速度最大，从c点到中间位置的过程，由动能定理得
解得
14．答案：（1）4m/s 0.16C （2）11.2J
解析：（1）设导体棒运动的最大速度为，则
由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
对导体棒有
解得
电容器两端的电压
电容器所带的电荷量为
解得
（2）在时间内，对导体棒，由动量定理得
又
则力F做功
解得
15．答案：（1）6m/s （2）0.4s （3）
解析：（1）小球向下运动过程，由机械能守恒定律得
小球和物块碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，得
解得
（2）假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得
解得
所以假设成立
由动量定理得
解得
（3）物块第一次滑上传送带向右运动的过程中，传送带的位移
在该过程中摩擦产生的热量
物块向右滑上右侧水平面到返回到传送带右端过程，根据图乙，由动能定理得
解得
物块在传送带上向左减速运动的过程，由动能定理得
解得
在此过程中摩擦产生的热量
物块再返回到O点时速度为
物块在传送带上第二次向右加速运动的过程有
在此过程中摩擦产生的热量
物块第二次滑出传送带时动能为
物块在传送带右侧水平面上往复一次损失的动能
物块恰停在传送带右端
则
解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
C
C
A
C
AD
BCD
AD
1．B 解析：由电荷数守恒与质量数守恒可得，所以Y应为中子，B正确。
2．D 解析：列车的运动可看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据匀变速直线运动的位移与时间的关系式有，，解得，D正确。
3．C 解析：波的传播速度，B错误；由波形图知波长，则波的周期，A错误；由波形图知波的振幅，，则质点A通过的路程，C正确；根据波的传播方向与质点振动方向的关系，可知时质点A向y轴负方向运动，经过2个周期，时质点A仍向y轴负方向运动，D错误。
4．C 解析：图示时刻线圈位于中性面，通过电阻R的电流为零，A、B错误；线圈转过90°时，由右手定则知电阻R中的电流方向由a指向b，此时通过电阻R的电流最大，电流方向不发生改变，C正确、D错误。
5．C 解析：由图乙知在冰晶中a光的折射率小于b光的折射率，由可知，从冰晶射入空气中发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角，A错误；因折射率，则频率，由知波长，由双缝干涉条纹间距公式可知，a光的干涉条纹比b光的宽，B错误；单缝能使b光产生明显衍射，说明单缝宽度小于或接近b光波长，由于a光波长大于b光波长，所以单缝宽度一定小于或接近a光波长，a光一定发生明显衍射，C正确；由光电效应方程可知，a光比b光产生的光电子的最大初动能小，D错误。
6．A解析：以结点O为研究对象，受力情况如图所示
由共点力平衡条件得，，联立解得，，A正确。
7．C 解析：由静止释放小球B时，小球B向上运动，有，解得，A错误；加速度为零时，小球B的速率最大，有，解得．小球B上升的高度为，B错误；设小球B离地面的最大高度为H，由能量守恒定律得，解得，C正确；小球B运动过程中受到的合力为重力与库仑力之和，大小与离开平衡位置的距离不成正比，所以其运动不是简谐运动，D错误。
8．AD 解析：由，解得，可知飞船在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度，A正确；飞船从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点点火加速，飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点点火加速，所以飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，B错误；由开普勒第三定律可知，飞船在轨道Ⅱ上的运动周期小于空间站在轨道Ⅲ上的运动周期，C错误；由，解得，可知飞船在轨道Ⅲ上经过B点时的速度小于地球的第一宇宙速度，飞船在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大于飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度，故飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于地球的第一宇宙速度，D正确。
9．BCD 解析：过程为等容过程，压强增大，由查理定律知温度升高，气体内能增加，A错误；过程为绝热膨胀过程，气体对外做功，内能减少，B正确；为等容过程，压强减小，由查理定律知温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知，气体向外放热，C正确；为绝热压缩过程，外界对气体做功，气体内能增加，D正确。
10．AD 解析：粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可得，由洛伦兹力提供向心力可得，联立解得，A正确；由几何关系知，粒子第二次通过边时恰好过P点，B、C错误；设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则，粒子从a点到第二次通过边所用的时间为，D正确。
11．答案：（1）C（1分） （2）C（1分） （3）D（2分） （4）小于（2分） 等于（2分）
解析：（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法，C正确。
（2）由于本实验要求槽码的质量m远小于小车的质量M，因此C最合理。
（3）根据逐差法可知，，，，联立可得小车加速度的表达式为，D正确。
（4）根据牛顿第二定律可得，解得，由图像的斜率和纵轴截距大小关系可得，，可知小于，等于。
12．答案：（1）如图所示（2分） （2）0.24（2分） （3）1.48（2分） 0.7（2分）
解析：（1）由于电流表内阻已知，采用电流表内接法，如答案图所示。
（2）电流表精度为0.02A，结果保留2位小数，所以电流表读数为0.24A。
（3）根据闭合电路欧姆定律得，变形为，根据图像可知，纵截距，斜率的绝对值为，所以待测干电池电动势，电源内阻。
13．答案：（1） （2）
解析：（1）从c点到b点，由动能定理得
在b点，由牛顿第二定律得
又
解得
由牛顿第三定律知，小球运动到b点时对轨道的压力大小为
（2）因
所以小球运动到中间位置时，速度最大，从c点到中间位置的过程，由动能定理得
解得
14．答案：（1）4m/s 0.16C （2）11.2J
解析：（1）设导体棒运动的最大速度为，则
由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
对导体棒有
解得
电容器两端的电压
电容器所带的电荷量为
解得
（2）在时间内，对导体棒，由动量定理得
又
则力F做功
解得
15．答案：（1）6m/s （2）0.4s （3）
解析：（1）小球向下运动过程，由机械能守恒定律得
小球和物块碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，得
解得
（2）假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得
解得
所以假设成立
由动量定理得
解得
（3）物块第一次滑上传送带向右运动的过程中，传送带的位移
在该过程中摩擦产生的热量
物块向右滑上右侧水平面到返回到传送带右端过程，根据图乙，由动能定理得
解得
物块在传送带上向左减速运动的过程，由动能定理得
解得
在此过程中摩擦产生的热量
物块再返回到O点时速度为
物块在传送带上第二次向右加速运动的过程有
在此过程中摩擦产生的热量
物块第二次滑出传送带时动能为
物块在传送带右侧水平面上往复一次损失的动能
物块恰停在传送带右端
则
解得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
C
C
A
C
AD
BCD
AD
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