安徽省皖江名校聯(lián)盟2024屆高三上學(xué)期12月月考物理試題含答案-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

5．C6．B7．B8．B
9．CD10．AD
1．B【解析】研究籃球旋轉(zhuǎn)情況時(shí)不能把籃球看成質(zhì)點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；籃球被拋出去之后，受到重力和空氣的作用力，其運(yùn)動(dòng)軌跡是一條曲線，其初速度與所受合力不在同一條直線上，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；籃球做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其所受合力的方向指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
2．C【解析】由題意知，。
3．A【解析】設(shè)地球質(zhì)量為M，飛船質(zhì)量為m，探測(cè)器質(zhì)量為，當(dāng)飛船與探測(cè)器一起繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為，
根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律有，對(duì)于地面附近的質(zhì)量為的物體有，
解得：，A正確；
，B錯(cuò)誤；
由開(kāi)普勒第二定律，C錯(cuò)誤；
飛船在B點(diǎn)的速度大于第一宇宙速度，D錯(cuò)誤。
4．D【解析】勻速運(yùn)動(dòng)的速度為，勻減速末速度為零，加速度大小為，A錯(cuò)誤；
后汽車靜止，B錯(cuò)誤；時(shí)間內(nèi)，汽車位移為，C錯(cuò)誤；
內(nèi)，汽車平均速度的大小為D正確。
5．C【解析】在豎直平面內(nèi)，擦窗工具受重力、摩擦阻力、拉力三個(gè)力作用。把力沿運(yùn)動(dòng)方向和垂直于運(yùn)動(dòng)方向分解，列牛頓第二定律方程：，解得；，，，C正確。
6．B【解析】設(shè)A、B質(zhì)量為m，選取兩物體和繩的整體為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理可得：過(guò)程一，從B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至落地：。過(guò)程二，A做勻減速運(yùn)動(dòng)至停止：，
聯(lián)立以上二式得，解得，A錯(cuò)誤；
，B正確；由于B落地?fù)p失動(dòng)能，同時(shí)A受到桌面的摩擦力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；B下落減少的重力勢(shì)能等于AB獲得的動(dòng)能和A克服摩擦力做功，B落地?fù)p失的機(jī)械能等于B落地動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。
7．B【解析】從圖象可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與時(shí)半徑方向平行，方向斜向左下方。且當(dāng)半徑與Ox方向夾角為時(shí)，半徑為、、時(shí)電勢(shì)分別為、、，所以可知場(chǎng)強(qiáng)大小為，坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為。曲線①中最高電勢(shì)與圓心電勢(shì)差為，圓心與最低電勢(shì)差也為，最低電勢(shì)為，ACD錯(cuò)誤，B正確。
8．B【解析】已知地球質(zhì)量為M，木星質(zhì)量為，地球表面上距離木星最近的地方有一質(zhì)量為m的物體。地球在木星引力作用下向木星靠近，根據(jù)牛頓第二定律，有，物體m在木星引力和地球引力作用下，有，滿足時(shí)，即滿足時(shí)，地球開(kāi)始被撕裂。故選B。
9．CD【解析】滑塊滑動(dòng)到底端時(shí)速度為，，。
滑塊向右減速為零后返回與皮帶共速，再次滑上圓弧，，，A錯(cuò)誤；
滑塊再次滑回皮帶向右再次減為零又返回與皮帶共速，滑上圓弧高度為，以后周期性重復(fù)此過(guò)程，B錯(cuò)誤；，，C正確；
滑塊第三次以滑上皮帶，向右滑行距離為，，時(shí)間為，滑塊相對(duì)于皮帶滑動(dòng)，滑塊返回過(guò)程中，皮帶相對(duì)皮帶滑動(dòng)，，產(chǎn)生熱量，D正確。
10．AD【解析】當(dāng)小環(huán)在細(xì)桿的最低點(diǎn)時(shí)，小環(huán)的總勢(shì)能為零，由于小環(huán)可以相對(duì)靜止于環(huán)上的任何位置，所以，在任何位置的總勢(shì)能為零。，即，解得，A正確；由公式可知，在曲線左右等高點(diǎn)（y相同）該“勢(shì)能”相同，說(shuō)明從O點(diǎn)到兩側(cè)對(duì)稱點(diǎn)該力做的功相同，說(shuō)明力是平行于x軸，但左右力的方向相反，B錯(cuò)誤；
假設(shè)x增加相同的情形下，重力勢(shì)能增加變大，總勢(shì)能不變，故該“力”增加，C錯(cuò)誤；
由公式可知，，，D正確。
11．（6分）
（1）C（1分）B（1分）
（2）A（2分）
（3）（2分）
【解析】（1）電容器充電過(guò)程中，電容器兩端電壓越來(lái)越大，電源與電容器間電勢(shì)差越來(lái)越小，電路中電流逐漸減小，電容器充電會(huì)越來(lái)越慢，電壓增加也就越來(lái)越慢，最終電容器電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，電壓最大，電流為零。電容器放電時(shí)，開(kāi)始兩極板電勢(shì)差最大，電路中電流最大，隨著電容器電壓降低，電路中電流減小，放電速度也越來(lái)越慢，最終電流為零。故圖像分別選C和B；（2）根據(jù)（1）分析可知只有A正確；（3）圖線與橫軸圍成的面積表示電容器充電獲得的電量，再根據(jù)電容器充電結(jié)束時(shí)電壓，求出電容的表達(dá)式為。
12．（9分）
（1）D（2分）
（2）（2分）（2分）
（3）AC（選對(duì)1個(gè)給1分，有錯(cuò)選不給分，3分）
【解析】（1）電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作需要低壓交流電壓，長(zhǎng)度測(cè)量需要刻度尺。質(zhì)量可以不測(cè)，故選D；
（2）重力勢(shì)能減少量，動(dòng)能增加量；
（3）由圖丁可知，振子的周期為2T，T時(shí)刻彈力最小，彈簧伸長(zhǎng)量最小，在最高點(diǎn)；2T時(shí)刻彈力最大，彈簧伸長(zhǎng)量最大，在最低點(diǎn)。故A正確；
在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)動(dòng)能都是零，變化周期為T，C正確；彈性勢(shì)能變化周期為2T，故B錯(cuò)誤。
13．（10分）
【答案】（1）2s；（2）；（3）
（1）由題意知該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，且方向豎直向下。
小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)（1分）
則（1分）
（2）（1分）
（1分）
（1分）
聯(lián)立上式得（1分）
代入數(shù)據(jù)解得（1分）
（3）由動(dòng)能定理（1分）
（1分）
解得（1分）
（其他解答步驟得出正確結(jié)果的，亦給分。）
14．（15分）
【答案】（1）打到熒光屏上，動(dòng)能；
（2）
【解】（1）設(shè)電子進(jìn)入PQ間的速度為，由動(dòng)能定理（1分）
P、Q兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為（1分）
電子在P、Q兩板間加速度（1分）
假設(shè)電子能夠飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在P、Q兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間（1分）
電子在P、Q兩板間偏轉(zhuǎn)位移（1分）
聯(lián)立可得（1分）
故假設(shè)正確，電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)打到熒光屏上。
電子動(dòng)能為：（1分）
（2）若電子恰好從極板邊緣飛出時(shí)極板所加電壓為：
加速度：（1分）
電子在P、Q兩板間偏轉(zhuǎn)位移（1分）
可得（1分）
當(dāng)P、Q兩板間的電壓，因此，所有電子都能從兩板間射出。
離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離（1分）
整理得（1分）
偏轉(zhuǎn)角正切值（1分）
t時(shí)刻亮點(diǎn)的坐標(biāo)（1分）
所以（1分）
15．（18分）
【答案】（1）；
（2）20kg；
（3）12m；
【解】（1）以A為研究對(duì)象，P至Q，彈力做功為W，由動(dòng)能定理得
（1分）
解得（1分）
由得，
代入數(shù)據(jù)解得（1分）
（2）以AB的整體為研究對(duì)象，Q至P，由動(dòng)能定理得
（1分）
代入數(shù)據(jù)解得（1分）
（3）從B開(kāi)始下滑到B靠A停止，由動(dòng)能定理得
（1分）
帶入數(shù)據(jù)解得（1分）
下滑過(guò)程，對(duì)B，由牛頓第二定律得
（1分）
（1分）
（1分）
（1分）
上滑過(guò)程，對(duì)B，可由牛頓第二定律求加速度大小為
（1分）
由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，可得第一次下滑過(guò)程和第一次上滑過(guò)程的時(shí)間關(guān)系
（1分）
（1分）
同理可得第一次上滑過(guò)程和第二次下滑過(guò)程的時(shí)間關(guān)系
（1分）
（1分）
所以，B運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為
（2分）

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