安徽省“皖江名校联盟”2023-2024学年高三上学期12月月考 物理答案

物理参考答案1．B2．C3．A4．D5．C6．B7．B8．B9．CD10．AD1．B【解析】研究篮球旋转情况时不能把篮球看成质点，选项A错误；篮球被抛出去之后，受到重力和空气的作用力，其运动轨迹是一条曲线，其初速度与所受合力不在同一条直线上，选项B正确，C错误；篮球做曲线运动时，其所受合力的方向指向运动轨迹的内侧，选项D错误。kgmmNm22．C【解析】由题意知，1Sv1J/kg11s1m2/s2。kgkg3．A【解析】设地球质量为M，飞船质量为m，探测器质量为m，当飞船与探测器一起绕地球做圆周运动时的速度为v1，GMmmv2根据万有引力定律和牛顿第二定律有mm1，对于地面附近的质量为m的物体有()kR2kR0MmmgG0，0R2gR解得：v，A正确；IkGMga，B错误；()kR2k2由开普勒第二定律vBABARvkRvvkkgR，C错误；飞船在B点的速度大于第一宇宙速度，D错误。xvx．【解析】匀速运动的速度为0，匀减速末速度为零，加速度大小为00，错误；4Dv0a2At02t0t0t0v0x2t后汽车静止，B错误；t2t时间内，汽车位移为x02tt0，C错误；0002002x02x0t02t0内，汽车平均速度的大小为vD正确。t02t05．C【解析】在竖直平面内，擦窗工具受重力、摩擦阻力、拉力三个力作用。把力沿运动方向和垂直于运动3mg方向分解，列牛顿第二定律方程：FFmgcos60ma，解得F；Fmgsin600，xfx2y322，，正确。FymgFFxFy3mgC26．B【解析】设A、B质量为m，选取两物体和绳的整体为研究对象，由动能定理可得：过程一，从B开始运11动至落地：mghmgh2mv2。过程二，A做匀减速运动至停止：mgshmv2，221联立以上二式得mghmg2sh0，解得，A错误；3ag3.3m/s2，B正确；由于B落地损失动能，同时A受到桌面的摩擦力做功，故系统机械能不守恒，C错误；B下落减少的重力势能等于AB获得的动能和A克服摩擦力做功，B落地损失的机械能等于B落地动能，故D错误。7．B【解析】从图象可知，电场强度的方向与0时半径方向平行，方向斜向左下方。且当半径与Ox方向夹角为时，半径为r、2r、3r时电势分别为2、3、4，所以可知场强大小为0，坐标原点处的0000000r电势为0。曲线①中最高电势与圆心电势差为30，圆心与最低电势差也为30，最低电势为20，ACD错误，B正确。8．B【解析】已知地球质量为M，木星质量为M0，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为m的物体。MM地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有G0Ma，物体m在木星引力和地球引力d2MmMmMMM作用下，有G0Gma，满足aa时，即满足GGG00时，地球开始被()dR2R2()dR2R2d2撕裂。故选B。19．CD【解析】滑块滑动到底端时速度为v，mgRmv2，v2gR。12111RgR滑块向右减速为零后返回与皮带共速v，再次滑上圆弧，mv2mg，v，A错误；222422R滑块再次滑回皮带向右再次减为零又返回与皮带共速，滑上圆弧高度为，以后周期性重复此过程，B错误；4RmgRmgx，x，C正确；gR1Rv滑块第三次以v滑上皮带，向右滑行距离为mv2mhx，x，时间为t2，滑块相对22221141g3RvtR于皮带滑动xxvt，滑块返回过程中，皮带相对皮带滑动xvt21，相11214相22124Rxxx，产生热量QmgxmgR，D正确。相相1相2相10．AD【解析】当小环在细杆的最低点时，小环的总势能为零，由于小环可以相对静止于环上的任何位置，11所以，在任何位置的总势能为零。mgym2x20，即mgax2m2x20，解得2ag，A正确；221由Em2x2公式可知，在曲线左右等高点（y相同）该“势能”相同，说明从O点到两侧对称点该力p2做的功相同，说明力是平行于x轴，但左右力的方向相反，B错误；假设x增加相同的情形下，重力势能增加变大，总势能不变，故该“力”增加，C错误；1由Em2x2公式可知，x0，E0，D正确。p2p11．（6分）（1）C（1分）B（1分）（2）A（2分）S（3）C1（2分）U0【解析】（1）电容器充电过程中，电容器两端电压越来越大，电源与电容器间电势差越来越小，电路中电流逐渐减小，电容器充电会越来越慢，电压增加也就越来越慢，最终电容器电压等于电源电动势，电压最大，电流为零。电容器放电时，开始两极板电势差最大，电路中电流最大，随着电容器电压降低，电路中电流减小，放电速度也越来越慢，最终电流为零。故图像分别选C和B；（2）根据（1）分析可知只有A正确；（3）it图线与横轴围成的面积S1表示电容器充电获得的电量，再根据电容器充电结束时电压U0，求出电容的表达式为SC1。U012．（9分）（1）D（2分）m()hh2（2）mgh（2分）EC（2分）D8T2（3）AC（选对1个给1分，有错选不给分，3分）【解析】（1）电磁打点计时器工作需要低压交流电压，长度测量需要刻度尺。质量可以不测，故选D；21hhm()hh2（2）重力势能减少量，动能增加量ECEC；EmghDEhm222TT8（3）由图丁可知，振子的周期为2T，T时刻弹力最小，弹簧伸长量最小，在最高点；2T时刻弹力最大，弹簧伸长量最大，在最低点。故A正确；在最高点和最低点动能都是零，变化周期为T，C正确；弹性势能变化周期为2T，故B错误。13．（10分）【答案】（1）2s；（2）0.4kg；（3）1013m/s（1）由题意知该电场为匀强电场，且方向竖直向下。小球在水平方向做匀速直线运动Lcosv1t（1分）Lcos则t2s（1分）v1（2）FqEmg（1分）Fma（1分）1Lsinat2（1分）2qELcos2联立上式得（分）m2212v1singLcos代入数据解得m0.4kg（1分）11（3）由动能定理(qEmg)Lsinmv2mv2（1分）22212(qEmg)Lsinv2v2（1分）21m2解得v2v1(14tan)1013m/s（1分）（其他解答步骤得出正确结果的，亦给分。）14．（15分）5【答案】（1）打到荧光屏上，动能EeU；K4092（2）ydsint8T01【解】（1）设电子进入PQ间的速度为v，由动能定理eUmv2（1分）0020UP、Q两板间的电场强度为E1（1分）deE电子在P、Q两板间加速度a（1分）mUU假设电子能够飞出偏转电场，电子在P、Q两板间运动时间t10（1分）1dd1电子在P、Q两板间偏转位移yat2（1分）211联立可得ydd（1分）42故假设正确，电子飞出偏转电场打到荧光屏上。U5电子动能为：EeUe1yeU（1分）K0d40（2）若电子恰好从极板边缘飞出时极板所加电压为U2：eU加速度：a2（1分）dmd1电子在P、Q两板间偏转位移at2（1分）221可得UU220（1分）32当P、Q两板间的电压UPQU0sint2U0，因此，所有电子都能从两板间射出。2T011eUd2离开偏转电场时的偏转距离2PQ（分）y1at2122mdv0dUPQ整理得y1（1分）4U0eUdU偏转角正切值PQPQ（分）tan21mdv02U0t时刻亮点的坐标yy1dtan（1分）3dU92所以yPQdsint（1分）4U08T015．（18分）【答案】（1）540J；（2）20kg；1243（3）12m；s3【解】（1）以A为研究对象，P至Q，弹力做功为W，由动能定理得mgLsinmgcosLW0（1分）3解得WmgLsin（1分）2由EWp得，3代入数据解得EmgLsin540J（1分）p2（2）以AB的整体为研究对象，Q至P，由动能定理得(mM)gLsin(mM)gcosLW0（1分）代入数据解得M2m20kg（1分）（3）从B开始下滑到B靠A停止，由动能定理得MgLsinMgcoss0（1分）带入数据解得s2L12m（1分）下滑过程，对B，由牛顿第二定律得MgsinMgcosMa1（1分）2a1g(sincos)3m/s（1分）11Lat2g(sincos)t2（1分）211212L2Lt12s（1分）a1g(sincos)上滑过程，对B，可由牛顿第二定律求加速度大小为2a2g(sincos)9m/s（1分）由运动学规律，可得第一次下滑过程和第一次上滑过程的时间关系a1t1a2t1（1分）a11t1t1t1（1分）a23同理可得第一次上滑过程和第二次下滑过程的时间关系11Lat2at2（1分）1221212a2t2t13t1（1分）a1所以，B运动的总时间为t总t1t1t2t2t3t311232(3)22(3)2223233992712312(3)212111333931121s33131243s（2分）3