皖江名校联盟2024高三5月最后一卷物理答案

物理参考答案选择题:共小题,共分。在每小题给出的四个选项中,第题只有一个选项符合题目要求,每10421~8小题分,共分;第题有多个选项符合题目要求,每小题分,共分。全部选对的得分,4329~105105选对但不全的得分,有选错的得分。30题号12345678910答案BDCBDCABADAC答案1.【】BGM解析天和核心舱在轨运行时的向心加速度大小为天和核心舱绕地球做匀速圆周运【】A.Rh2;B.(+)Mmπ动时有Gm22Rh可解得正确返回舱脱离空间站开始返回时需要点火Rh2=(T)+,B;C.,,(+)减速向前喷出炙热气体返回舱进入大气层返回地球表面的过程中重力做正功空气阻力做负,;D.,,功动能不一定减小D,。答案2.【】DEθC解析设射入CD面上的入射角为θ因为在CD和EA上发生全反射且$%&【】,,两次反射的入射角相等如图根据几何关系有θ解得θ.当,。4=90°,=225°,B光刚好在CD和AE面上发生全反射时折射率最小根据上述分析可知折A,,!#射率最小时θC解得最小折射率为n11解得n故=,=θ=.,=2.5,sinsin225°$'()*正确D答案。3.【】CF解析水平地面对长杆的摩擦力水平向左长杆对地面摩擦力水平向右错N【】A.,,A误水平地面对长杆的作用力为m22长杆的受力分析如图所示;(g)(f);,θB.+C.N反向延长G与FN有一交点由三力平衡可知水平地面对长杆的作用力支持力,,(与摩擦力的合力的作用线一定过该交点可知正确增大长杆的质量长杆)。C;D.,所受到的各个力同步增大长杆不会滑动错误Gf,,D。答案4.【】B解析滑片P向左移动形成反向电压错误使光电流减小到时有EkmeU正确【】A.,,A;B.0,=,B;C.阴极K材料的逸出功为hνeU光电流的大小不仅和入射光的频率有关还与光强有关-;D.。答案5.【】D解析木箱以2的加速度竖直向下加速时支持力为mga最大静摩擦力为【】A.2m/s,(-)=8N,2.4N,能与木箱保持相对静止木箱以2的加速度竖直向上加速时物块处于超重状态压力增大;B.2m/s,,,能与木箱保持相对静止木箱以2的加速度水平向左加速时对物块Ffma可得f;C.4m/s,+=,=2.物块与木箱保持相对静止木箱以2的加速度水平向左加速时对物块Ffma4N<3N,;D.1m/s,+=,可得f正确=2.6N,D。答案6.【】C解析该波在介质中的传播速度v14错误在内质点P的平均速【】A.==40m/s,A;B.0~0.35s,0.35A率v36错误当t时质点Q的振动方程可以写成yωtφω=.=m/s,B;C.≥0.35s,=2sin(+0)cm,035352π当t时ωtφ解得φ7故质点Q的振动方程为yt7=T=10π,=0.35s,+0=0,0=-π,=2sin(10π-22【】物理参考答案第1页(共6页)G-024{#{QQABBYCUggigAJAAARhCAwFwCEEQkAECCKoOgAAAsAIASRFABAA=}#}正确任意时刻质点PQ沿x轴方向的距离一定是但两点的距离不一定是π)cm,C;D.,、6m,P、Q错误6m,D。答案7.【】A解析依题意篮球抛出后做斜抛运动利用逆向思维可知篮球从C点做平抛运动到A点设C【】A.,,,,点的坐标为yC从C点到B点用时为t由乙图可知LvCtyC1gt2LyCgt2联立可(0,),,=,=,3-=,2得yCL故正确篮球由B到C过程中重力做负功动能减小由C到D的过程中重力做=,A;B.,,;,正功动能增大变化量绝对值相等但一正一负故错误篮球在C点是轨迹的最高点其竖直方,,,B;C.,向的速度分量为因此篮球在C点时重力的瞬时功率为零故错误由乙图可知篮球从A到0,,,C;D.B和由C到D过程水平方向发生的位移相等则所用时间相等根据动量定理可得mgtΔp所以动,,=,量变化量相同故错误,D。答案8.【】BkQ解析由图可知P点与正电荷的距离大于与负电荷的距离根据E可知正电荷在P点【】AB.,1,=r2,1的电场强度小于负电荷在P点的电场强度则P点电场强度方向沿x轴负方向根据场强叠加原1,1,kqkqkql则xl可知P点电场强度E2故错误正确根据等量异,≫,11=l2-l2=x3,A,B;C.xx(-)(+)22种电荷的电场分布可知在两电荷连线的垂直平分线上的P点电场强度方向沿x轴正向故错,2,C1lkqkql误根据场强叠加可知P点电场强度大小为E2故错误故;223,。D.=2l×l2=yDy2y2(+)+44选B。答案9.【】AD解析根据绳长不变可知hBhA由此得正确当A下降h时重物B上升h故重物B【】A.=2,A;B.,2,机械能的增加量大于mgh错误设轻绳上的弹力为T对BTmgmaB对AmgT2,B;C.,:-=;:3-2maAaBaA2g错误对AmgTmaAT18mgA克服拉力作的功为T=3=2=,C;D::3-1=3,1=,:1·77h9mgh故正确=,D。27答案10.【】AC解析回路中磁通量增大根据楞次定律可知回路中的感应电流为逆时针方向正确.回路【】A.,,,A;BΔφt2中磁通量φBSt.1at2Ltt3et2iRr解得i1+6错==2×05+=+2,=Δt=1+6=+,=,B27误t时i导体棒所受安培力FBiL方向向左正确在导体棒离开导轨前;C.=1s,=1A,==2N、,C;D.φ的过程φBxL通过定值电阻R的电荷量q16,=20,=Rr=C。+7分11.(6)d2答案13【】(1)0.960(2)t22-kg2解析游标卡尺的示数为d滑块经过【】(1)=0.9×10mm+0.05mm×12=9.60mm=0.960cm;(2)dd2光电门时速度为v由v2ax可得x1即根据实验得到的数据以1为横坐标以x为纵=t,=2,=at2,,t2,2【】物理参考答案第2页(共6页)G-024{#{QQABBYCUggigAJAAARhCAwFwCEEQkAECCKoOgAAAsAIASRFABAA=}#}d2坐标可做出如图丙所示的图像该图像的斜率为k则k对滑块和物块的系统由牛顿第二定律,,,=a,2d2mgμMgmMa因为mM解得滑块和桌面间的动摩擦因数为μ3-=(+),=2,=2-kg。2分12.(10)答案【】(1)1.42.0(2)b(3)2.00.25ErR解析由闭合电路欧姆定律有I整理有11R+0结合题中图线a的解【】(1)=rRR,I=E+E,+0+raR0析式有5115+raR解得E.ra.由之前的分析可知图像的斜,=E,=E,+0=3,=14V,=20Ω;(2),77率为电池的电动势的倒数由题图可知其图像a的斜率大所以图线a的电动势小根据题意旧电,,,。,池的电动势减小所以图线a为旧电池图线b为新电池分析题图中电路可知外电路的用电器为,,;(3),电阻R和R结合题意可知题图的y轴为电池的输出功率题图的x轴为外电路的电阻对电池有0,,,。E2E2R外E2PI2R外R外结合题图有y==R外ra=R2外rR外ra2raR外=R外ra2,=+-2++4-raR外+4E2由之前的分析可知有E.ra题图中A点为y最大值由上述公式可知当xra,,=14V,=2Ω,,,-rax+4xra即外电路电阻等于电池内阻时取得最大值所以x.y=,,,=20Ω,=0.245W=0.25W。分13.(10)根据盖一吕萨克定律有(1)1SS2分TT()0=2解得TT分=20(1)缸内气体压强(2)mgpp分=0+S(1)缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸的过程为等压过程气体对外界做功,mghSWpVp1pSmgh分=-=-(0+S)×=-0+(2)22根据热力学第一定律可知ΔUWQ分=+(1)ΔUkTkTkT分=20-0=0(1)解得气体吸收的热量为QkT1pSmgh分=0+0+(2)2分14.(14)若粒子刚好不离开磁场则运动轨迹与x轴相切如图所示(1),,由几何关系Lrθr分=sin+(1)由洛伦兹力提供向心力【】物理参考答案第3页(共6页)G-024{#{QQABBYCUggigAJAAARhCAwFwCEEQkAECCKoOgAAAsAIASRFABAA=}#}v2qvBm0分00=r(1)解得qLBv50分0=m(2)9故要使粒子从x轴下方离开磁场粒子速度应满足,qLBv50分>m(1)9yvθBM0θNOPx若粒子从y轴正半轴的左侧离开磁场经过y轴的区域长度为MN粒子从y轴离开范围如图(2),,所示由几何关系知LMNrθ分=2sin(2)解得LMN8L分=(1)9粒子在磁场中从M点运动到离x轴最远位置时速度沿y轴分量为零(3)在轴方向由动量定理可知即洛伦兹力竖直分力冲量等于竖直方向动量变化量y:yvθBM0Ox设粒子在x轴方向上的分速度为vxqBvxΔtmΔvy分-=(1)qBvxΔtmΔvy分-=(1)∑B∑0yvxΔtmΔvy分q()-∑L=∑1By0Δxmvθ分q()-∑L=0-cos1Bq0yΔxmvθ分L=cos(1)又∑【】物理参考答案第4页(共6页)G-024{#{QQABBYCUggigAJAAARhCAwFwCEEQkAECCKoOgAAAsAIASRFABAA=}#}SyΔx=解得∑S.L2分=18(1)分15.(18)设物块A速度为时弹簧形变量为x则根据动能定理有(1)0,,,Fxμmgx1kx2分-11=(2)2解得x分=1m(1)撤去恒力后设物块A离开弹簧时速度为v(2),01kx2μmgx1mv2分-11=10(1)22得v分0=6m/s(1)设AB碰撞后的速度分别为vv在传送带上运动的加速度分别为aAaB与传送带达到速度、1、2,、,相等的时间分别为tt由动量守恒定律1、2,mvmvmv分10=11+22(1)由机械能守恒定律得1mv21mv21mv2分10=11+22(1)222得vv分1=2m/s,2=8m/s(1)由牛顿第二定律和运动学规律可知μAmgmaAμBmgmaB1=1,2=2vaAtatvaBtat1-1=11,2-2=12得tt分1=1s,2=1s(2)即AB同时与传动带达到共速此时速度、,v'at=11=1m/s此后AB与传送带一起加速运动设AB减速的位移分别为xx、。、1、2xvt1aAt2.1=11-1=15m2xvt1aBt2.2=22-2=45m2dxx分=2-1(1)联立解得d分=3m(1)设传送带减速时间为t得(3)3,vt分3a()=2=2s1分析可知传送带减速过程中B相对传送带静止设从传送带开始减速到AB第二次碰撞所需的,,、时间为t4d1vtvt1aAt2分+3=4-4(1)22【】物理参考答案第5页(共6页)G-024{#{QQABBYCUggigAJAAARhCAwFwCEEQkAECCKoOgAAAsAIASRFABAA=}#}解得tt分4=(4-2)s>3(1)设A与B第二次相碰前速度为v3得v分3=2m/s(1)根据弹性碰撞规律AB最终速度为、vA2分=m/s(1)3vB42分=m/s(1)3【】物理参考答案第6页(共6页)G-024{#{QQABBYCUggigAJAAARhCAwFwCEEQkAECCKoOgAAAsAIASRFABAA=}#}