2025届河北省保定市高三下学期高考二模物理试题（含答案）

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1.D 2.A 3.B 4.B 5.A 6.C 7.D 8.均给分 9.BD 10.AC
11.(1)水平 (2分)
(2)等于 (3分)
(3)g(L2+4H2)2H (3分)
12.(1)C (2分)
(2)0.38 (2分)
(3)5.9 (2分) 0.56(0.53~0.56都给分) (2分)
13.解:(1)发射前可乐瓶内气体的体积为V1,压强p1=4p0
水喷射完后,气体体积V2=V0,压强p2=p0 (1分)
p1V1=p2V2 (1分)
解得V1=14V0 (1分)
水的体积V=V0-V1=34V0。 (1分)
(2)设可乐瓶内初始气体压缩后的体积为V3,有
p0V1=p1V3 (1分)
解得V3=116V0
高压气瓶恰好能完成对可乐瓶的灌气,对高压气瓶中的气体,灌气前的体积为V0,设压强为p3
给可乐瓶罐气后,体积V4=V0+V1-V3=1916V0 (1分)
p3V0=p1V4 (1分)
解得高压气瓶中初始气体压强的最小值p3=194p0。 (1分)
14.解:(1)由几何关系可知,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r=Rsinθ=2 m (1分)
由洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2r (1分)
解得v=2 m/s (1分)
周期T=2πmBq (1分)
t=16T (1分)
解得t=π3 s。 (1分)
(2)带电粒子从原点进入电场后做类平抛运动,分析可知电场强度方向水平向左 (1分)
x=vcs 30°×t1+12at12 (1分)
y=vsin 30°×t1 (1分)
其中x=2 m,y=1 m
解得t1=1 s (1分)
由牛顿第二定律有qE=ma (1分)
解得E=(8-43) N/C。 (1分)
(3)在电场中由动能定理有qEx=12mvt2-12mv2 (1分)
解得vt=25-23 m/s。 (1分)
15.解:(1)滑块B恰好能静止在斜面上
滑块A下滑过程有mgLsin θ=12mv02 (1分)
v0=2gLsinθ (1分)
滑块A、B发生弹性碰撞,有
mv0=mvA1+3mvB1 (2分)
12mv02=12mvA12+32mvB12 (2分)
解得vA1=-122gLsinθ (1分)
vB1=122gLsinθ。 (1分)
(2)碰后滑块B匀速下滑,下滑距离为x时,两滑块第二次相撞,有x=vB1t (1分)
对滑块A有x=vA1t+12gsin θ·t2 (2分)
解得t=22Lgsinθ。 (1分)
(3)【方法一】从第一次碰撞到第二次碰撞,滑块B的位移大小x1=vB1t=2L
第二次碰撞前瞬间,滑块A的速度大小vA1'=vA1+gtsin θ=322gLsinθ
滑块A、B第二次碰撞有mvA1'+3mvB1=mvA2+3mvB2 (1分)
12mvA1'2+32mvB12=12mvA22+32mvB22 (1分)
解得vA2=0,vB2=2gLsinθ
从第二次碰撞到第三次碰撞有12gsin θ·t12=vB2t1
解得t1=t=22Lgsinθ (1分)
从第二次碰撞到第三次碰撞,滑块B的位移大小x2=vB2t1=4L
第三次碰撞前滑块A的速度大小vA2'=gt'sin θ=22gLsinθ
滑块A、B第二次碰撞有mvA2'+3mvB2=mvA3+3mvB3
12mvA2'2+32mvB22=12mvA32+32mvB32
解得vA3=122gLsinθ,vB3=322gLsinθ
从第三次碰撞到第四次碰撞有vA3t2+12gsin θ·t22=vB3t2
解得t2=t=22Lgsinθ
从第三次碰撞到第四次碰撞,滑块B的位移大小x3=vB3t2=6L
依此类推,有
x=2L+4L+6L+…+2(n-1)L
解得x=n(n-1)L。 (1分)
【方法二】第二次碰撞前瞬间,滑块A相对于滑块B的速度大小vAB=2gLsinθ,以B为参考系,有
mvAB=mvA2+3mvB2
12mvAB2=12mvA22+32mvB22 (1分)
碰后B相对于碰前的速度变化量ΔvB=122gLsinθ
碰后B相对于斜面有vB2=vB1+ΔvB=2gLsinθ
且每次碰撞后B的速度大小都增加ΔvB=122gLsinθ (1分)
两滑块间相对速度依然是vAB=2gLsinθ
碰撞间隔时间依然是Δt=t=22Lgsinθ (1分)
从第一次碰撞到第二次碰撞,滑块B的位移大小x1=vB1t=2L
从第二次碰撞到第三次碰撞,滑块B的位移大小x2=vB2·Δt=4L
依此类推,有
x=2L+4L+6L+…+2(n-1)L
解得x=n(n-1)L。 (1分)