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】β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，β射线不是高14140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6C7N1e，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。222222．C【解析】根据匀变速直线运动的规律，整理可得vv02ax，根据A图像可知v036m/s，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136118度大小为am/s22m/s2，汽车B的加速度大小为am/s21m/s2，由图可知，汽车A、1292292B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v2ax2，解得速度大小为23m/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v0at100，代入数据可得t0=3s，D正确。1113．B【解析】设临界角为C，则有sinC＜，则临界角为C＜45，光路图如图所示，由于入射n1.62角等于60，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ONr，2则OA2r，由于MOAAMO30，所以光斑的半径为AM2r，则光斑的面积为Sπ2r4πr2，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GMmGM积相等，而轨道I和III不在同一轨道上，A错误；根据ma，解得a，探测器在轨道II经r2r2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，335R3RT515可知轨道的半径为，轨道的半长轴为，由开普勒第三定律可得，解得2，II5RIII3R22T2T3T39物理全解全析第1页（共6页）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。4f5．B【解析】对4个灯笼的组成的整体受力分析可知tan，对下面的n个灯笼（n<4）组成的整体4mgnf分析可知，tantan，可知，即每根绳与竖直方向的夹角均相同，A错误；根据nmg4ftan，可知当45时四个灯笼所受到的风力之和等于4mg，B正确；2号灯笼与3号灯笼之4mg22间的作用力等于T232(mg)f，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mg为T，D错误。34cos6．D【解析】保持滑动变阻器滑片P不动，当U1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U2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I1也变大，A、B错误；若保持U1不变，根据变压比可知，次级电压U2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I2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h，根据机械能守恒定律可得11v2vmv2mv2mgh3mgh，解得h0，A错误；当物体的速率为0时，物体的动能为2026g21v113Em(0)2mv2，物体的重力势能为Emv2Emv2，B错误；物体的动能和重力势能相等k2280p20k8011v2时，设物体距离地面的高度为h，根据机械能守恒定律可得mv2mv2mgh2mgh，解得h0，2024g1v2C正确；设物体能达到的最大高度为H，根据机械能守恒定律可得mv2mgH，解得H0，若物体202g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=03时刻，质点P正在向y轴负方向运动，A错误；由题意知T=0.9s，则T1.2s，则波传播的速度大小48201vm/sm/s，B正确；质点P比质点Q振动滞后的时间为1.2s0.15s，C错误；t=0.225sT1.23820时，波沿x轴负方向运动的距离为xvt0.225m1.5m，此时平衡位置在x=4.5m处的质点位于3波谷，P、Q的位移相同，D正确。物理全解全析第2页（共6页）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，以速度方向为正方向，设碰撞后甲球的速度为，乙球的速度为，则有，v0v1v2mv02mv1mv211121mv22mv2mv2，联立解得vv，vv。根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外202122130230v2mv切圆，B正确，A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvBm，可得R，所以甲、乙两小球的轨道半RqB2mvmv径分别为R1，R2，则甲、乙两小球的轨道半径之比为RR:4:1，D正确，C错误。甲qB乙qB甲乙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mg衡条件有mgtanqE，又E，可知45，则重力和电场力的合力为F2mg。小球恰好能q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1mgRRcos45qERsin450mv2，解得v221gR，A正确；在A点根据向心力公式200v211有Nmgm0，解得N322mg，C错误；由A到B，根据动能定理有mg2Rmv2mv2，R2B20v2解得vv24gR，在B点有mgNmB，解得经过B点时小球受到管道内壁的支持力大小为B0BR，若将在点给小球的水平初速度增大倍，则有NB322mgA122，正确，错误。vBB2v04gR4v04gR2vBD11．（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t0.2s内，滑块A的位移，则，代入数据解得；xA（）5030cm20cm0.20cmxAAvtvA1m/s（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x0.10m，设运动时间为t，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xvAtt0.1sΔttttx8075102t0.1s，由图像可知，碰撞前滑块A的速度大小为vA＝m/s0.5m/s，方向向右，At0.1物理全解全析第3页（共6页）x9080102碰撞前滑块B的速度大小为vB＝m/s1m/s，方向向左，碰撞后B的速度为零，两Bt0.1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mvBBmvAAmvAA，设物块的质量为，则物块的质量为，则碰撞前的总动能为mA:mB2:3A2mB3m1171E＝mv2mv2＝m，碰撞后的总动能为E＝mv20m，因为碰撞后的动能小于碰撞前的动k2AA2BB4k2AA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。U1Rr11（2）忽略电表对电路的影响，根据闭合电路欧姆定律有EURr，变形后有0，R0UERE1rR1.390.37根据数学知识知b0.37，k0，解得E2.7V，r0.51Ω。EE0.5U（3）若考虑电表对电路的影响，根据闭合电路欧姆定律有EURr0，变形后有RRVRRV11RrRr1(10)0，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rUERVER的测量值相对真实值偏小。5313．（1）设应打气n次，对打入桶中的气体，初状态压强p1=1×10Pa，体积V1=150cm·n+2L=（0.15n+2）L，5末状态压强p2=2.5×10Pa，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）5（2）由题意可知，喷药前桶中气体体积V1'=2L，压强p1'=2.5×10Pa；不能再向外喷药时桶内气体压5强p2'=1×10Pa，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V25L（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v410am/s21.5m/s2，方向水平向左（1分）1t4物理全解全析第4页（共6页）对物块，由牛顿第二定律有2mgma1（2分）解得20.15（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vt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104xm20m（3分）2v40由图可知，0~4s木板做匀加速直线运动的加速度大小am/s21m/s2（1分）2t4对木板，根据牛顿第二定律有2mg1()mMgMa2（2分）解得M2kg（2分）15．（1）导体棒a在任意时刻的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律有EBLv（1分）E电流I（1分）1rr2根据牛顿第二定律有FBILma（1分）2B2L2v整理得Fma（1分）3r1.4N0.2N2BL22结合图乙有ma0.2N，（1分）4m/s3r解得a2m/s2，B0.5T（1分）则t3s时导体棒a的速度大小v1at6m/s（1分）（2）设导体棒撤去拉力后达到稳定状态时速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv13mv2（1分）解得v22m/s113设导体棒a上产生的焦耳热为Q，根据功能关系和电路结构有mv23mv2Q（1分）21222解得Q0.8J（1分）（3）把导体棒b、c看成一根棒，设导体棒b穿出磁场时的速度大小为v3，从导体棒a穿出磁场到导体2B2L2v棒b穿出磁场，在任意极短时间Δt内，对导体棒b、c，根据动量定理有bcΔt2mΔv（1分）3r物理全解全析第5页（共6页）2B2L2将上式累加求和后有x2mv2mv（1分）3r32解得v30.5m/s此时导体棒c切割磁感线产生的电动势EcBLv3（1分）E电流Ic（1分）c1rr2对导体棒b、c整体有BIcL2ma（1分）轻杆对导体棒b的拉力Fma解得F0.075N（1分）物理全解全析第6页（共6页）