2024届安徽省池州市普通高中高三教学质量统一监测物理联考答案（定稿）

题号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范围内均可)（2分）r=0.42Ω(0.30~0.50范围内均可)（2分）几乎不变（2分）13.【答案】（1），（2）x=13500m,（3）Pm【详解】（1）火箭上升过程时的受力情况如图（2分）由图可知（1分）（1分）（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F合＇与F2垂直（1分）加速度段的加速度，减速阶段的加速度（1分）（1分）（m）（1分）（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为Pm（W）（2分）14.【答案】(1)γ=【详解】(1)根据n=sin30∘sinγ（2分）所以γ=20∘；(2)光路图如图所示，从O点射向D点，γ=20∘（1则BD部分弧长为l1=20∘解得l1=πR9(3)由折射定律可求得设在C点恰好发生全反射由sinC=1可求得C=45°（1分）得∠AOC=180∘则∠COD=90∘弧AB上有光透出的部分弧长CD为l2=解得l2=15.答案:（1）UMN=−1V（2）v=22m/s,θ=【详解】（1）对导体棒ab切割磁感线有：E=B1LUMN=−R解得UMN=−1V（2）带电粒子在平等板电容器内做类平抛运动，有qUMNL2=v0t（1分）又tanθ=vyv0解得：v=22m/s（1分）（3）粒子进入磁场B2中做圆周运动，有qvB2解得：R设粒子打在光屏上位置坐标为（x，y），则有x2又粒子在抛物线上，有y=−x联立有：y2−y−2解得：y=2m舍去，或y即位置坐标为P（1m，－1由几何关系可知：所对圆心角为α=π2则t=α解得t=π1.【答案】C【解析】A．福岛核电站利用的是重核裂变的原理发电。故A错误B．铯137衰变时，衰变产物中的X为电子。故B错误C．速度与热运动速度相当的中子最易引发核裂变。故C正确D．排海污水中的铯137经60年有3/4发生衰变。故D错误2.【答案】B

【解析】A.电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为n=1T=B.通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值U=UmC.周期T=0.4s，故ω=2πT=2π0.4D.电容器是否击穿应参考交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故D错误。3.【答案】C【解析】A、壶中原来空气的体积V1=0.6 L，由玻意耳定律p1nV0B、气体从A到B，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；C、三角形面积：S=12pV，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程：pVT=C，则：pV=CT，由于C是常数，温度T保持不变，则pV相等，两三角形Rt△OACD、A到B的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误4.【答案】A

【解析】A.设卫星C的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则得

GMmr2=mrω2，得ω=GMr3，则知C的角速度大于A的角速度；而B.因B与同步卫星A的角速度相同，由v=rω知同步卫星A的线速度大，故B错误；C.若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心运动，故C错误；D.因B与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，故故选A。5.【答案】C【解析】设碗的半径为R，蚂蚁在最大高度处，与球心的连线与水平方向夹角为θ，则有,即。则该位置碗内曲面的切面与水平方向的夹角为，则静摩擦因数6.【答案】D【解析】：A：由题图甲乙可知，振幅A=20cm，周期T=0.8s，角速度为ω=2πA振动的初相为φ0=π，则质点A的位移的函数表达式为：当t=1.8s时，质点A的位移为y =20sinB：由乙图可知，质点的振动周期为T=0.8s，由甲图可知，波长A=20cm，则波速为v=λC：由该简谐波t=0时恰好传到B点，波源在B点左侧，波向x轴正方向传播，故C错。D：质点B、Q平衡位置之间的距离为L=60cm，由L= vt，解得t=2.4s，即经过2.4s质点Q开始振动，又经过0.8s质点Q完成一次全振动通过的路程是80cm，故D正确。7.【答案】：B【解析】A.上升时间为t=vsin53°g=2s,则B.A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为ℎA=ℎBC．两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为v根据两球在竖直方向上的动量守恒,m两球粘在一起后的竖直速度为,v继续下落，有ℎA=vy则小球A从抛出到落回地面的时间为t''=（D．根据两球在水平方向上的动量守恒mv得v相撞后两球的水平位移为x小球A从抛出到落回地面的水平距离为x=x18.【答案】D

【解析】A．由等量同种点电荷电场特点可知，A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，则该长方体的几何中心处合场强竖直向下，故A错误；B．B、D两点到两正电荷的距离相同，到两负电荷的距离相同，由矢量合成可知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，由对称性可知电势相同，故B错误；C．沿竖直方向从O1到O2，两正电荷在O1点场强为0，两负电荷O2点场强为0，则O1点场强与O2点场强相同且较小，不可能先减小后增大，故C错误；D．D点离两正电荷更近，G点离两负电荷更近，则D点电势高于G点电势，将一电子从D点移到E点，电场力做负功，故D正确。9.【答案】BD【解析】A．图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度，根据公式v=xB．根据牛顿第二定律可得mg+kv02=ma，解得a=gC.设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知mg+kv=ma取极短Δt时间，速度变化量为Δv=aΔt=(g+上升全程速度变化量为∑Δv=−g∑Δt−解得H=(v0−gD．球上升到落回地面的全过程由动能定理−W=1210.【答案】ABD

【解析】【分析】本题考查带电物体在洛伦兹力下的运动，解题关键是做好物块的受力分析，明确其洛伦兹力方向，结合平衡条件以及牛顿第二定律进行分析。本题要明确小物块速度最大时合力为零。刚开始释放时加速度最大。【解答】A.小物块运动过程中的加速度a=mg−μqvBm，物块由静止释放时有最大加速度amB.物块速度最大时合力为零，根据平衡条件得μqvB=mg，解得小物块能达到的最大速度为v=mgμqB，故C.小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理，解得，故C错误；D.小物块沿绝缘墙壁下滑h过程,根据动量定理，，解得，D正确。11.【答案】：17.283（2分）B（1分）C（1分）4π【详解】（1）由图可读出为d=1（2）A．单摆在摆动过程中。阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；故A错误；B．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，B正确；C．F最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间间隔为2t0=T2D．由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式g=4π（3）图像的斜率为k=T22−T12L24π2g=12.【答案】(1)（2分）(2)连线略（2分）(3)E=5.00V(4.96~5.04范围内均可)（2分）r=0.42Ω(0.30~0.50范围内均可)（2分）（4）几乎不变（2分）【详解】(1)根据全电路欧姆定律，得出（3）根据全电路欧姆定律得出：，结合图像得：，。E=5.00V（4.96~5.04范围内均可)，r=0.42Ω(0.30~0.50范围内均可)分析实验数据可知；充电宝的电动势随储电量的减小而几乎不变。13.【答案】（1），（2）x=13500m,（3）Pm【详解】（1）火箭上升过程时的受力情况如图（2分）由图可知（1分）（1分）（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F合＇与F2垂直（1分）加速阶段的加速度，减速阶段的加速度（1分）（1分）m（1分）（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为PmW（2分）14.【答案】(1)γ=【详解】(1)根据n=sin30∘sinγ（2分）,所以γ=20∘；(2)光路图如图所示，从O点射向D点，γ=20∘（1则BD部分弧长为l1=20∘解得l1=πR9(3)由折射定律可求得设在C点恰好发生全反射由sinC=1n可求得C=45°（1分）得∠AOC=180∘则∠COD=90∘弧AB上有光透出的部分弧长CD为l2=解得l2=15.答案:（1）UMN=−1V（2）v=22m/s,θ=【详解】（1）对导体棒ab切割磁感线有：E=B1LUMN=−R2解得UMN=−1V（