安徽省皖江名校联盟2026届高三9月开学摸底考试物理试卷

物理参考答案选择题:共10小题,共42分。1~84329~10510分。530分1.C 【解析】根据质量数守恒电荷数守恒结合衰变方程可知,X为α粒子,该衰变为α衰变,选项A错误;衰变的过程中释放能量,生成物更稳定,故镅核的比结合能比9p核小,选项B错误;3m 的半衰期为7370年,说明每经过一个半衰期有半数核子发生衰变,经过22110年,3个半衰期,来的243Am剩下

1)

1,

发生衰变,选项C正确;镅原子核与核外电子存在着电磁相互作用,不是核力,选项D错误2.D【解析】回复力是指振动物体所受的总是指向平衡位置的合外力。回复力是效果力,由弹簧弹力充当,选项A错误;弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间t变化的关系为x=Ant,弹簧振子位移随时间不是均匀变化,选项B错误;从t=0到t=1s的时间内,弹簧振子远离平衡位置,速度减小,动能减小,选项C错误;在t=1s与t=3s两个时刻,位移大小相等,方向相反,所以回复力的大小相等,方向相反,即回复力不相同,选项D正确。3 【解析】由图可知,225s,交流电的频率为2.

Hz,选项A错误;根据图乙可知,Um162V,U1

=16V,根据变压比可知,U2=U12V,B正确;R1的阻值为R22倍,根据并联规律可知,压相同,根据欧姆定律可知,流经R1和R2的电流之比为1∶2,副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和,则副线圈干路的电流为R1电流的3倍,选项C错误;根据变压器的原理可知,原副线圈功率相同,选项D错误。4.B【解析】若狼恰好捉兔成功,根据几何关系可知兔的位移为x1=50m=v0t1,解得t1=12.5s,正确

502m=1at2,t10s,所以狼从A点起跑的时刻为tt

=2.5s,只有选项5.C【解析】根据图像可知小物块的速度随时间的变化的关系式为v=0.5t,圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同vRω,联立解得圆筒转动的角速度满足ω=1·t,选项A错误;物体做匀加速直aΔv0.5m/s2,B错误;F-μmgma,F=2.1N,C正确;t4sPFv21×05×6W63W,D错误6. 【解析】

,解得V=0.014m3,汽缸缓慢下潜的过程中,温度降低,ΔU<0,气体体积减小,W>0,ΔUW+Q,可得Q<0,即在此过程中气体放热。A正确。7. 【解析】P受力分析,mgsin37°+μmgcos37T,Q受力分析,Mgsin53°μ·g3°+Tμ=13,剪断轻绳后,Pg7°<g7°Qg3°>·g3°所以P受到的是静摩擦力fA=mgsin37°=1.2N,QfBμ·Mgcos5339N,A正确8. 【解析】根据题意,作出两粒子的运动轨迹图,如图所示,由图可知,甲粒 的运动轨迹短,乙粒子的运动轨迹长,根据几何关系,动的半径相等,半径为

=

OS=2OS,A、B错误;FqvB

R,v

m,两粒子做匀速圆周运动的 径相等,则两粒子射入磁场的速度大小相等,即两粒子磁场中运动的过 中平均速率相等,设为v0,对甲粒子,根据动量定理有 =mΔv1=m· 洛2vsin45°=2mvsin5°对乙粒子,根据动量定理有 =mΔv=m·2v

F洛 1352mvsin ,故带电粒子甲在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量小,选项C错误 F洛D正确BD【解析】电场线是从正电荷出发,终止于负电荷。电场线从A出发,部分终止于B,所以A带正电,B带负电,选项A正确;由图可知,电荷A附近的电场线比电荷B附近的电场线密,则电荷A附近的场强必比电荷B附近的场强大,A的电荷量大于B的电荷量,选项B正确;由于M点和N点在同一条电场线上且电场线为曲线,所以该粒子仅在静电力作用下不可能沿电场线运动,选项C错误;由于A带正电,B带负电,且A的电荷量大于B的电荷量,根据点电荷场强公式E=kq结合场强叠加原理可知,除无穷远处外,B的左侧还有一处的电场强度是0,选项正确 【解析】设地球的半径为R,根据

Mm2mg,gGM

R2T2,但因地球半径未知,故无法求出地球表面的重力加速度,选项A错误;根据万有引力提供向心力,知

1=

1,M

,选项B正确;根据万有引力提供向心力公式可知

Mm=mr,v

,代入数据可知

,选项C错误;根据开普勒第三定律,整理可得T2=(6分①AD(2分 Ⓒ1.65(2分 (2)1-1(2分 【解析】(1)①为了使小车受到的合力为细绳的拉力,应平衡摩擦力,因此实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高,以补偿阻力,故A正确;由题图可知,细绳上的拉力大小由力传感器读出,若砝码质量标数不清,不需要用天平测出槽码的质量,故B错误;细绳上的拉力大小由力传感器读出,因此实验中不需要保证砝码的质量远小于小车的质量,故C错误;为了充分利用纸带,获取更多的数据,实验时小车应靠近打点计时器,应先接通电源,待打点计时器打点稳定后再释放小车,故D正确。ⒸT0.1s,根据逐差法,得小车的加速度大小为a=961+795+631-465-300-13410-9×0.m/s2≈165m/s2;(2d,1、2L。1、2t、t,1vd,vd,2aLv2-v2,根据牛顿第二定律有Fma, d2

1

F

,t2t2md2·F,F为横轴t2t2为纵轴描点做图, 原点的一条倾斜直线时,说明质量一定时,加速度与合力成正比(10分(1)C(2分 F(2分 B(2分 (2)M(2分 (3)1.45(1分 1.8(1分【解析】(1由于使用电流表的内阻为已知,因此电流表用外接的方式,电池的电动势约为1.4V,内阻约为2Ω,所以电压表a应选量程为0~1.5V的电压表C;由于电源电动势较小,实验时便于操作和减小误差,滑动变阻器b使用限流式接法,则选择最大阻值为20Ω的F;电流表应c选量程为0~0.6A的B即可。(2为了保护电路,避免闭合开关后因电流过大而损坏电表,因此在闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至最大阻值处,即将滑动变阻器的滑片滑至M端。(3)U=E-I

,则由图丙可知,1.45V,r1.45-0.85Ω2.0Ω0.2Ω+r,0.r18Ω(10分光路图如图所示(正确画出折射光线和反射光线即可)(2分 r,由光的折射定律有sin60°n(1分i∠POQr+∠OFE2r(1分)r30°(1分)n=31分s,根据几何关系有:sxPF2Rcos30=3R(1分)光在透明柱体中的传播速度大小vc(1分)PQts(1分PQt3R7×10-9s(1分(14分根据牛顿第二定律,mgsinθ-a1 2m/s2(1分AB端做初速度为零的匀加速直线运动,t,s=1a

2.

21BvBa1t15m/s(1分设小物块甲在水平面上运动时的加速度为a2,根据牛顿第二定律得:-μ2mga2ms2(1分BC2axv2-v2(1分2 CvC4m/s(1分)甲与乙发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mvC=mv甲+mv乙(1分1mv2=1mv2+1mv2(1分 甲 v4m/s,v0(1分小物块乙与木板组成的系统动量守恒mv=m+Mv(1分1mv2=1m+Mv2+Q(1分乙由于摩擦力随相对位移线性变化,可作出图像(如图Q16+6-4xx(1分)x1m2m舍)(1分故小物块乙相对木板运动的最大位移x=1m(1分(18分由题意知导体棒P到达bg前速度已达到最大,3BILmgsinθ(1分)又I (1分

2R,Pbg

2mgRsinθ2m/s(1分)Pbg

=1mv236J(2分)设导体棒P、Q达到稳定后的速度大小v1和v2,稳定时,两导体棒两端的感应电动势相等,则有BLv1B×2Lv2(1分)v12v2(1分对两导体棒由动量定理分别有-BI·Ltmv1-mvm(1分BI×2Ltmv2(1分P

8mgRsinθ16m/s(1分)PE=1mv22.304J(2分 Pbgx,P