2024屆安徽省池州市普通高中高三教學質量統(tǒng)一監(jiān)測物理聯(lián)考答案（定稿）

題號12345678910答案CBCACDBDBDABD11.【答案】：17.283（2分）B（1分）C（1分）4π12.【答案】(1)（2分）(2)（2分）(3)E=5.00V(4.96~5.04范圍內均可)（2分）r=0.42Ω(0.30~0.50范圍內均可)（2分）幾乎不變（2分）13.【答案】（1），（2）x=13500m,（3）Pm【詳解】（1）火箭上升過程時的受力情況如圖（2分）由圖可知（1分）（1分）（2）當推力逆時針方向轉動60后受力情況如圖：F合＇與F2垂直（1分）加速度段的加速度，減速階段的加速度（1分）（1分）（m）（1分）（3）加速度階段的最后時刻火箭的瞬時功率最大為Pm（W）（2分）14.【答案】(1)γ=【詳解】(1)根據(jù)n=sin30°sinγ（2分）所以γ=20°；(2)光路圖如圖所示，從O點射向D點，γ=20°（1則BD部分弧長為l1=20°解得l1=πR9(3)由折射定律可求得設在C點恰好發(fā)生全反射由sinC=1可求得C=45°（1分）得∠AOC=180°則∠COD=90°弧AB上有光透出的部分弧長CD為l2=解得l2=15.答案:（1）UMN=?1V（2）v=22m/s,θ=【詳解】（1）對導體棒ab切割磁感線有：E=B1LUMN=?R解得UMN=?1V（2）帶電粒子在平等板電容器內做類平拋運動，有qUMNL2=v0t（1分）又tanθ=vyv0解得：v=22m/s（1分）（3）粒子進入磁場B2中做圓周運動，有qvB2解得：R設粒子打在光屏上位置坐標為（x，y），則有x2又粒子在拋物線上，有y=?x聯(lián)立有：y2?y?2解得：y=2m舍去，或y即位置坐標為P（1m，－1由幾何關系可知：所對圓心角為α=π2則t=α解得t=π1.【答案】C【解析】A．福島核電站利用的是重核裂變的原理發(fā)電。故A錯誤B．銫137衰變時，衰變產物中的X為電子。故B錯誤C．速度與熱運動速度相當?shù)闹凶幼钜滓l(fā)核裂變。故C正確D．排海污水中的銫137經60年有3/4發(fā)生衰變。故D錯誤2.【答案】B

【解析】A.電流的周期為T=0.4s，故磁體的轉速為n=1T=B.通過乙圖可知電壓的最大值為12V，故有效值U=UmC.周期T=0.4s，故ω=2πT=2π0.4D.電容器是否擊穿應參考交流電的最大值，而交流電的最大值大于電容器的擊穿電壓，故D錯誤。3.【答案】C【解析】A、壺中原來空氣的體積V1=0.6?L，由玻意耳定律p1nV0B、氣體從A到B，體積增大，對外做功，由于溫度不變，理想氣體內能不變，根據(jù)熱力學第一定律ΔU=Q+W可得，氣體吸收的熱量等于氣體做的功，故B錯誤；C、三角形面積：S=12pV，由題意可知，圖線為等溫曲線，由理想氣體狀態(tài)方程：pVT=C，則：pV=CT，由于C是常數(shù)，溫度T保持不變，則pV相等，兩三角形Rt△OACD、A到B的過程中，溫度不變，分子平均運動速率不變，但是體積變大，分子變稀疏，壓強減小，所以氣體分子單位時間內對器壁單位面積上的碰撞次數(shù)減少，故D錯誤4.【答案】A

【解析】A.設衛(wèi)星C的質量為m、軌道半徑為r、地球質量為M，人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，則得

GMmr2=mrω2，得ω=GMr3，則知C的角速度大于A的角速度；而B.因B與同步衛(wèi)星A的角速度相同，由v=rω知同步衛(wèi)星A的線速度大，故B錯誤；C.若B突然脫離電梯，因其線速度小于同軌道的衛(wèi)星的線速度，則所需向心力小于萬有引力，做近心運動，故C錯誤；D.因B與A的角速度相等，由a=rω2分析知B的向心加速度小于A的向心加速度，故故選A。5.【答案】C【解析】設碗的半徑為R，螞蟻在最大高度處，與球心的連線與水平方向夾角為θ，則有,即。則該位置碗內曲面的切面與水平方向的夾角為，則靜摩擦因數(shù)6.【答案】D【解析】：A：由題圖甲乙可知，振幅A=20cm，周期T=0.8s，角速度為ω=2πA振動的初相為φ0=π，則質點A的位移的函數(shù)表達式為：當t=1.8s時，質點A的位移為y?=20sinB：由乙圖可知，質點的振動周期為T=0.8s，由甲圖可知，波長A=20cm，則波速為v=λC：由該簡諧波t=0時恰好傳到B點，波源在B點左側，波向x軸正方向傳播，故C錯。D：質點B、Q平衡位置之間的距離為L=60cm，由L=?vt，解得t=2.4s，即經過2.4s質點Q開始振動，又經過0.8s質點Q完成一次全振動通過的路程是80cm，故D正確。7.【答案】：B【解析】A.上升時間為t=vsin53°g=2s,則B.A球豎直方向做豎直上拋運動至最高點，B球做自由落體落體運動，則兩球運動的高度相同，均為?A=?BC．兩球豎直方向的運動是互逆的，相遇時小球A豎直速度為0，小球B的速度為v根據(jù)兩球在豎直方向上的動量守恒,m兩球粘在一起后的豎直速度為,v繼續(xù)下落，有?A=vy則小球A從拋出到落回地面的時間為t''=（D．根據(jù)兩球在水平方向上的動量守恒mv得v相撞后兩球的水平位移為x小球A從拋出到落回地面的水平距離為x=x18.【答案】D

【解析】A．由等量同種點電荷電場特點可知，A、C處放置的正電荷在長方體的幾何中心處場強方向豎直向下，F(xiàn)、H處放置的負電荷在長方體的幾何中心處場強方向豎直向下，則該長方體的幾何中心處合場強豎直向下，故A錯誤；B．B、D兩點到兩正電荷的距離相同，到兩負電荷的距離相同，由矢量合成可知，B、D兩點的場強大小相等，方向不同，由對稱性可知電勢相同，故B錯誤；C．沿豎直方向從O1到O2，兩正電荷在O1點場強為0，兩負電荷O2點場強為0，則O1點場強與O2點場強相同且較小，不可能先減小后增大，故C錯誤；D．D點離兩正電荷更近，G點離兩負電荷更近，則D點電勢高于G點電勢，將一電子從D點移到E點，電場力做負功，故D正確。9.【答案】BD【解析】A．圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由于上升過程和下降過程中的位移相等，上升階段平均速度大于下降階段平均速度，根據(jù)公式v=xB．根據(jù)牛頓第二定律可得mg+kv02=ma，解得a=gC.設上升時加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可知mg+kv=ma取極短Δt時間，速度變化量為Δv=aΔt=(g+上升全程速度變化量為∑Δv=?g∑Δt?解得H=(v0?gD．球上升到落回地面的全過程由動能定理?W=1210.【答案】ABD

【解析】【分析】本題考查帶電物體在洛倫茲力下的運動，解題關鍵是做好物塊的受力分析，明確其洛倫茲力方向，結合平衡條件以及牛頓第二定律進行分析。本題要明確小物塊速度最大時合力為零。剛開始釋放時加速度最大。【解答】A.小物塊運動過程中的加速度a=mg?μqvBm，物塊由靜止釋放時有最大加速度amB.物塊速度最大時合力為零，根據(jù)平衡條件得μqvB=mg，解得小物塊能達到的最大速度為v=mgμqB，故C.小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程根據(jù)動能定理，解得，故C錯誤；D.小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程,根據(jù)動量定理，，解得，D正確。11.【答案】：17.283（2分）B（1分）C（1分）4π【詳解】（1）由圖可讀出為d=1（2）A．單擺在擺動過程中。阻力要盡量小甚至忽略不計，所以擺球選鐵球；故A錯誤；B．單擺擺動時，對擺角的大小有要求，擺角的大小不超過5°，B正確；C．F最大值為擺球經過最低點的時刻，相鄰兩次時間間隔為2t0=T2D．由單擺的周期公式可推出重力加速度的計算式g=4π（3）圖像的斜率為k=T22?T12L24π2g=12.【答案】(1)（2分）(2)連線略（2分）(3)E=5.00V(4.96~5.04范圍內均可)（2分）r=0.42Ω(0.30~0.50范圍內均可)（2分）（4）幾乎不變（2分）【詳解】(1)根據(jù)全電路歐姆定律，得出（3）根據(jù)全電路歐姆定律得出：，結合圖像得：，。E=5.00V（4.96~5.04范圍內均可)，r=0.42Ω(0.30~0.50范圍內均可)分析實驗數(shù)據(jù)可知；充電寶的電動勢隨儲電量的減小而幾乎不變。13.【答案】（1），（2）x=13500m,（3）Pm【詳解】（1）火箭上升過程時的受力情況如圖（2分）由圖可知（1分）（1分）（2）當推力逆時針方向轉動60后受力情況如圖：F合＇與F2垂直（1分）加速階段的加速度，減速階段的加速度（1分）（1分）m（1分）（3）加速度階段的最后時刻火箭的瞬時功率最大為PmW（2分）14.【答案】(1)γ=【詳解】(1)根據(jù)n=sin30°sinγ（2分）,所以γ=20°；(2)光路圖如圖所示，從O點射向D點，γ=20°（1則BD部分弧長為l1=20°解得l1=πR9(3)由折射定律可求得設在C點恰好發(fā)生全反射由sinC=1n可求得C=45°（1分）得∠AOC=180°則∠COD=90°弧AB上有光透出的部分弧長CD為l2=解得l2=15.答案:（1）UMN=?1V（2）v=22m/s,θ=【詳解】（1）對導體棒ab切割磁感線有：E=B1LUMN=?R2解得UMN=?1V（