2026届河北保定定州中学高三上学期开学考物理试题及答案

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的A.核反应方程为8PU→5U+HeB.反应物的质量与生成物的质量相等2.某学校在校运动会开幕式上，运动员手持氢气球入场，当运动员通过主席台时，将手中的氢气球放飞，假温度恒定，氢气球上升的过程中，大气压逐渐降低，氢气球内封闭的气体视为理想气体.则氢气球上A.气体从外界吸收热量B.外界对封闭的气体做功C.若大气压恒定，温度降低，则气体从外界吸D.若大气压恒定，温度降低，则气体对外界做功5.给某物体一个初速度，使其沿直线运动，运动过程中的v2−x关系的图像如图所示，下列说法正确A.物体做变加速直线运动端绕过小滑轮，在方向不变的拉力F(沿图示方向)的作用下，拉着小滑块P从a点缓缓上滑，此过程中底座一直B.底座对地面的压力先减小后增大7.将一可视为质点且质量为m的物体由地面沿竖直向上的方向抛出，抛出瞬间物体的动能为Ek0,物体的动能随距离抛出点高度的关系如图所示，规定抛出点为零势能面，整个过程物体所受的空气阻力大小保持不变，C.物体下落过程中，距离地面的高度为时时其动能等于重力D.若抛出点物体的动能为2Eₖ₀,上升时，动能与重力势能相等时动能大小为B.a点的电势高于b点的电势9.绿色电能是现代社会发展的重要趋势，其中风能具有广阔的发展前景，风力发电占有很大的比重.如图地风力发电的简易图，扇叶通过比值为1：n=1：3的升速齿轮箱带动线圈在中整流器可将交流变为直流(直流与交流的有效值相同)，逆变器将率为f0=0.5Hz,，输电线的总电阻为R=10Ω,输电线上损耗的电功率为PR=1.6×106W,线圈的电阻忽略不计.A.整流器接在升压变压器的输出端，逆变器接在降压变压器的输出端10.如图所示，处于自然状态的轻弹簧下端固定在斜面上，物块A一个沿斜面向下的初速度，它恰好能沿斜面向下做1m到达O点，然后被弹簧弹回.已知物块A、B的质量分别为4kg和1kg，斜面的倾30N/m，重力加速度g=10m/s2,整个运动过程中物块B既没有与滑轮相撞也没有落到地面，斜面始终静止.下列B.物块A接触弹簧前，地面对斜面的摩擦A.实验时，应使小车的质量远大于沙和沙桶的总质量B.实验前，应将长木板的右端适当垫高D.实验时，细线与长木板没有必要保持平行(2)断开开关S，滑动变阻器接入电路的电阻值为Ω,当电流表的指针偏转角度为满偏的时，此处所标注的176温度不变，气体的内能不变，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，A正确，B错误；若大气压恒定，温度减低，气体的体积减小，外界对气体做功，温度降低，气体的内能减小，气体向外界放出热量，C、D错误.转化为机械能，机械能增加，D错误.5.D由运动学公式v2=v+2aX,并结合图像可知，物体的初速度为4m/s，加速度为−1m/s2,所以物体做初速2则地面对底座的摩擦力一直增大，C正确；对整F′N=G总+Fcosα,一直增大，即底座对地面的压力增大，B错误.7.B由图像可知物体上升过程中，能达到的最大高度为h₀,对物体上升过程，由动能定理得-mgh₀−Ffℎ0=0−Ek0,物体返回过程中，由动能定理得mgℎ0−Ffℎ0=,解得m=,Ff=,A错误；物体的重力为等于重力势能，则有Ek=mg(ℎ0−ℎ)−Ff(ℎ0−ℎ)此时物体的重力势能为Ep=mgℎ,又Ek=Ep,解得h=ℎ0,C错误；若抛出点的动能为2Ek₀,物体上升时，由动能定理得E′k−2Ek0=−mgℎ′−Ffℎ′,物体的重力势能为Ep′=mgℎ′,又E′k=E′p,解得E′k=,D错误.8.AC由点电荷周围电场的分布特点可知，O点的电势应高于a点的电势，又由公式L)2,L)2,9.BC变压器的工作原理是电磁感应现象，因此输入变压器原线圈的电流一定为交流电，因此整流器接在升压变压器的输出端，输电线上的电流为直流，要使输入降压变压器输入端的电流为交流，则逆变器应接在降压变压器的输入端，A错误；由题意可知扇叶的频率为.f0=0.5Hz,，则线圈的频率为f=nf₀,线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦式交变电流，其电动势的最大值为Em=NBsw,角速度ω=2πf，可解得Em=2πNBsnf0,风力发电机输出电压的有效值为E==√2πNBsnf0=600V,则升压变压器的输入电压为U1=600V,，升压变压器的输出电压为U2=110kV,由变压器的PR=IR得I2=,代入数据解得.I2=400A,输电线上损耗的电压为UR=I2R=400×10V=4000V,，则降压变压器原线圈的输入电压为U3=U2−UR=106000V,由公式=,解得得I1=I2,代入数据解得I1=A,则风力发电厂的输出功率为P=EI₁,代入数据得.P=4.4×107W,D错误.10.AD在物块A接触弹簧前，对物块A、B组成的系统，由力的平衡条件得FNA=m1gcos30∘、m1gsin30∘=m2g+Ff,又Ff=μFNA,解得μ=,A正确；物块A接触弹簧前，A、B与斜面组成的系统处于平衡状态，所以为a，由牛顿第二定律得m₂g+Ff+kx−m1gsin30∘=(m1+m2)a1,，对物块B有m2g−F1=m2a1,解得F1=4N,C错误；物块A离开O点后的瞬间，A、B组成的系统从静止开始加速，设此时的加速度大小为a₂,由受力分析可知m2g−Ff+kx−m1gsin30∘=(m1+m₂)a₂,对物块B有m2g−F2=m2a2,解得F2=8N,,D正确.A错误；为了减小实验误差，实验时应将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦释放小车，C错误；为了保证牵引力大小不变，实验时，应保证细线与长木板平行，D错误.(2)由题意可知打点计时器的打点周期为T==0.02s,则相邻两计数点的时间间隔为t=5T=0知，该次测量时小车的加速度为a=,代入数据解得a=流计与电阻箱并联，电流表的量程变大，欧姆表的(2)欧姆调零时有R肉==Ω=1500Ω,此时滑动变阻器接入电路的电阻值为R=R肉−r−Rg=1444Ω;当电流表的指针偏转角度为满偏的时，电流计的读数为0.75mA，则(3)由(2)可知当电流计的指针半偏时有R总==Ω=3000Ω,则中值电阻应为R甲=R总−R丙=3000Ω−1500Ω=1500Ω,中央刻度值应为=15,闭合开关S，中央刻度值仍为15时，中值电阻为R′⟂=R′丙=15×10Ω=150Ω,流过电源的最大电流为流过电阻箱的最大电流为Ω,滑动变阻器接入电路的电阻值为R′=R′丙−r−Ry=142.6Ω.光垂直入射到BP面上，到PD面上的入射角为45°碰后，两平板车的黏合体D开始向右做减速运动，而滑块C向右做加速运动，对C由牛顿第二定律得μMg=MacC、D的共同速度为v′=act1=1m/s对C由牛顿第二定律得μMg=Ma′c则最终滑块C到D右端的距离为△x=xD+x小球在第四象限内做圆周运动，可知电