02：2024届安徽省皖南八校高三下学期第三次大联考物理试卷 学生版答案

北京曲一线图书策划有限公司5年高考3年模拟B版物理届安徽省皖南八校高三下学期第三次大联考物理试卷答案1．A【解析】铀92239U衰变为钚94239Pu时质量数不变，核电荷数增加，922．D【解析】该过程中海王星与太阳之间的距离逐渐减小，由F=GMmr2=ma=mv2r可知海王星的加速度增大，速度增大．因速度越来越大，海王星从Q点到M点和从M点到P点的过程中，所用时间不相同，A、B、C错误；地球绕太阳的运行周期为T=1年，设地球绕太阳运行的轨道半长轴为r，海王星绕太阳运行轨道半长轴为r′，周期为T′，由开普勒第三定律可得，3．D【解析】由理想气体状态方程pVT=C可知，该过程温度先升高后降低，且始、末状态温度相等，气体分子热运动的激烈程度先增大后减小，故分子热运动对容器壁的平均撞击力先增大后减小，故A、B错误；该过程体积增大，气体对外做功，即W<0，又因状态A、B气体温度相同，内能不变，即ΔU=04．C【解析】由光的折射可知，视深比实际深度浅，故A错误；随入射角的增大，反射光能量越来越强，折射光能量越来越弱，故看到的手表应越来越暗，故B错误；恰好看不见手表时，即入射角等于临界角，如图所示由全反射临界角公式可得sinθ=1n=xx25．B【解析】由甲、乙两图可知λ=4m，T=1s，故由v=λT=4m/s，故A错误；由乙图可知t=0.5s时，M点的振动方向沿y轴向上，故波沿x轴正方向传播，故B正确；根据波的传播方向可知，此时6．A【解析】对小球，受重力mg和拉力T，设拉力与竖直方向的夹角为θ，则有Tcosθ=mg，Tsinθ=ma，已知θ逐渐增大，可得该过程中拉力T、加速度a均逐渐增大；对物块受向上的支持力FN、拉力T和向下的重力Mg及向右的摩擦力Ff，由牛顿第二定律可得Ff=Ma，可知车厢地板对物块的摩擦力逐渐增大，B、D正确；以滑轮和搭在滑轮上的一小段绳为研究对象，由题意可得轻杆对滑轮的作用力等于两段绳对滑轮拉力的合力F1，由力的合成可得F1=2Tcosθ2=2mgcosθcosθ2，7．C【解析】将圆环等分成n份，n趋向于无穷大，将关于圆心对称的两份看成一组，则n2组带等量同种电荷的点电荷在虚线上某点电场方向一定与虚线平行，因粒子带电的电性未知，无法确定其受力方向，故无法确定其动能和电势能的增减，故A、B错误；设圆环带电量为Q，M为轴上某点，θ为M与圆环上一点的连线与相应半径的夹角，则M点的电场强度EM=kQsinθcos28．B【解析】电动机被卡住时，相当于纯电阻，电源内电压U1=9V−6V=3V，电路电流I1=U1r=2A，由闭合电路欧姆定律可得电动机内阻RM=E−U1−I1RI19．BCD【解析】设磁感应强度为B，线框每条边电阻为R，MN刚进入磁场时，MN边切割磁感线，产生的电动势E=BLv，线框中的电流I=E4R，则MN两端的电压U1=3IR=3BLv4，故A错误；设从MN到磁场左边界到PQ边到左边界用时为t1，则平均感应电动势E1=BL2t1，平均电流I1=E14R，联立解得通过线框截面的电荷量q1=I1t1=BL24R，设从线框从开始离开磁场到静止用时为t2，则平均感应电动势E2=BL22t2，平均电流I2=E24R，联立解得通过线框截面的电荷量q2=I2t2=BL28R，则q1:q210．BD【解析】将初速度v分解为与初速度方向相同即向左的v1=3v，和方向相反即向右的分运动v2对应的洛伦兹力大小F2=qv2B=mg+qE，故粒子以v2向右做匀速直线运动，另一分速度v1在洛伦兹力的作用下逆时做匀速圆周运动，有qv1B=mv12r，解得r=mv1qB=3mvqB，周期T=2πmqB11．（1）C（4）不需要（5）不需要（6）F【解析】（1）为了减小误差，小球应选密度大的小球，减小空气阻力的影响，所以应选铁球，C项正确。（4）（5）（6）不需要测量细线的长度L、小球的质量m和小球的直径d；因为细线竖直且小球静止时力传感器的示数为F1，设小球的质量为m，F1=mg，把小球拉到细线刚好水平静止释放，小球第一次摆动到最低点时速度最大，力传感器示数最大是F2，设当小球第一次摆动到最低点时的速度为v，细线到球心的距离为R，如果满足机械能守恒mgR=12mv2，根据向心力公式可得F2−mg=mv12．（2）17.2A1大于（3）【解析】（2）由串并联电路知识及欧姆定律可知I2−I1R=I1Rx，变形得I2I1=1+Rx（3）由闭合电路欧姆定律可知E=I1Rx+I2r，13．（1）240N（2）9s【解析】（1）对轮胎恰好被拉动时，受力如图所示根据受力分析可知F1cosθ=f联立解得F1（2）由题意知撤去拉力前轮胎以最大加速度运动，撤去拉力刚好滑行停在B处时，战士拉轮胎时间最短。设拉力与地面的夹角为α，其受力如图所示根据受力分析可知F解得a由数学关系解得最大加速度a撤去拉力后减速μmg=m解得a设撤去拉力时速度大小为v，则有v解得v=9则v=解得t114．（1）v=42×104m/s，与x轴正向的夹角为45°（2）t=(5+1.25π)×10−6s【解析】（1）粒子从P点到第一次经过x轴，做类平抛运动，到达x轴时，设沿电场力方向的速度大小为vy，合速度v与x轴正向的夹角为θ，则有qE=ma，vy2=2ay联立以上各式解得v=42×10（2）设从P到第一次到x轴用时t1，则有解得t在v0方向匀速，其位移进入磁场匀速圆周运动，则有qvB=m解得r=到第二次经过x轴其轨迹对应的圆心角为90°，其弦长L=运动时间t解得t综上可得t=d=x（3）粒子再入电场时与x轴正方向的夹角θ=45°做类斜抛运动，其在电场中的运动时间为2t1，沿x再入磁场中圆周运动的圆心角仍为90°，其弦长仍为L=则粒子运动过程中速度方向沿x轴正方向相同时的位置对应的横坐标为x=0.3nm，n=1、2、3即薄板所放位置的横坐标为x=0.3nm，n=1、2、3⋅⋅⋅15．（1）20N（2）2m/s1m/【解析】（1）小球从竖直到撞击地面前瞬间的过程，由机械能守恒可知mgL=撞击地面前瞬间，小球受到轻杆的弹力提供向心力，有F=m解得小球撞击地面之前的瞬间轻杆的弹力大小F=2mg=20N（2）从竖直到A、B分离，设杆转过θ，A、B速度分别为vA、vmgL(1−分离时A、B之间恰好无弹力且水平方向的加速度、速度相等，故连接A的轻杆弹力恰好为0，A、B速度大小关系为vA做圆周运动，有mg联立并整理可得4解得vA=2m（3）B向右匀速滑行与物块碰撞遵循动量守恒和能量守恒，有MvB解得vB1=0.6碰后物块向右减速滑行到与小球碰前，根据动能定理，有−μmgx=解得v与小球发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得mv2解得v3=0碰后小球上摆，设最大摆角为θ，根据机械能守恒，则有−mgH(1−解得cosθ=0.9882故小球摆动可视