2024届安徽省皖南八校高三下学期第三次大联考物理试卷 含答案及解析版物理试卷

届安徽省皖南八校高三下学期第三次大联考物理试卷1．核潜艇是大国重器，在我国的核潜艇研发过程中，黄旭华做出了重要贡献，被称为中国核潜艇之父．2020年1月10日，获国家最高科学技术奖。在接受采访时，面对主持人关于因研发核潜艇30年没有回家的询问时，黄旭华说：对国家的忠就是对父母最大的孝！令人动容。核潜艇的动力来源就是核反应。快堆是我国第四代核能系统的优选堆型，采用钚94239Pu作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀92238U，钚94239Pu裂变释放出的快中子被再生区内的铀92238A．铀92239B．钚94239C．铀92239U转变为钚94239D．若钚942392．如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从Q经M到P的过程中（）A．海王星的加速度逐渐减小B．海王星的速度逐渐减小C．在海王星从Q点到M点和从M点到P点的过程中，所用时间相同D．若海王星和地球绕太阳运行的椭圆轨道的半长轴之比为K，则海王星的运行周期为K33．下图为一定质量的理想气体状态发生变化的p−V图像，在气体由状态A变化到状态B的过程中，下列分析正确的是（）A．因为气体的压强逐渐减小，所以气体分子对容器壁的平均撞击力逐渐减小B．气体体积逐渐减小，所以气体的温度先降低后升高C．因状态A、B气体温度相同，内能不变，故该过程既不吸热也不放热D．气体体积增大，对外做功，所以气体从外界吸热4．某同学一早到游泳馆深水区练习游泳，发现整个泳池只有他一个人，心情大好，却不慎将刚买的防水手表滑落水中并沉入水底，他看到手表在自己正下方，因其不会潜泳，决定游回岸边找工作人员帮忙。他一边缓缓往岸边游一边回望其手表，忽略缓慢泳动引起水面的波动，当游出大约6m远时，他恰好看不到他的手表了，已知水的折射率为n=A．该同学看到的手表比实际位置深B．该过程中水中的手表看起来越来越明亮C．手表落水处的水深为2D．手表落水处的水深为45．随着生活水平的日益提高，人民群众的健身意识越来越强，“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，其局部可看成简谐波。图甲为挥舞后绳中一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形，图乙为绳上x=4m处的质点A．波速大小为0.25B．波沿x轴正方向传播C．因Q点比P点离平衡位置更近，故Q点先回到平衡位置D．从t=0.5s时计时，再经过2s时，P点沿x6．如图所示，一辆小车沿水平方向从静止开始启动加速，一细线跨过用固定杆连接的光滑轻质定滑轮一端连接质量为M的物块，另一端连接一质量为m的小球。启动过程中，滑轮左侧的细线与竖直方向的夹角从0缓慢的增大到30°，滑轮右侧的细线始终保持竖直。物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。车的动力装置图中没有画出。车行驶过程中阻力恒为f，则在该过程中，下列说法不正确的是（）A．小车发动机的输出功率与车速成正比B．细线对小球的拉力一定增大C．连接滑轮的轻杆对滑轮的作用力一定增大D．车厢底板对物块的摩擦力一定增大7．如图所示，已知一均匀带电的半径为R的固定金属圆环，圆心为O，虚线为过O点且与圆环平面垂直的直线，另有一带电粒子（可视为点电荷），以一定的初速度仅在电场力作用下沿虚线从距O点为L处的某点运动到O点，且L≫R，则关于粒子在该过程中，下列说法正确的是（）A．若圆环带正电，则粒子的电势能一定越来越大B．若圆环带负电，则粒子的动能一定越来越小C．粒子加速度最大时的位置与粒子及圆环所带电荷的电性无关D．粒子每经过相同的距离，动能的改变量一定相同，与圆环所带电荷的电性无关8．直流电动机在生活生产中有广泛的应用，其主要结构为两部分：定子和转子，其中定子包括：主磁极、机座、转向器、电刷等；转子包括：电枢铁芯、电枢绕组等。如图所示是电动机提升重物的示意图，已知电源电动势E=9V，内阻r=1.5Ω，电阻R=2Ω。闭合开关S，发现电动机被卡死，此时电压表的示数为6V，立即关闭电源。清除故障后重新闭合开关，当电动机正常工作时，电压表的示数为A．电动机内部线圈的电阻为RB．电动机正常工作时线圈电阻的热功率为1C．电动机正常工作时电源的效率约为66.7D．电动机正常工作时将一个质量为1kg重物由静止吊起，则重物的最大速度为9．（多选）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以速度v滑入宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里（俯视图），线框静止时磁场右边界到PQ与MN两边刚好等距。下列分析正确的是（）A．MN刚进入磁场时其两端电压为BLvB．MN刚离开磁场时其两端电压为BLvC．进入磁场过程和离开磁场过程通过线框截面的电量之比为2∶1D．进入磁场过程和离开磁场过程线框中产生的热量之比为8∶110．（多选）如图所示，空间中有正交的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，匀强电场方向竖直向下，电场强度为E，将一质量为m，带电荷量为+q的小球水平向左射入场区中，速度大小为v。已知E=Bv=mgq，A．电场力对小球做正功，故小球机械能一直增大B．小球运动过程中的最大速度为5vC．小球运动过程连续两次速度最大时的位置间的距离为4mvD．小球偏离入射方向的最大距离为6mv11．某同学在实验室找到了拉力传感器、细线和小球，设计了如图所示的装置验证机械能守恒。（1）为了减小误差，实验室有同样大小的木球、铝球、铁球，本实验应该选。A．木球B．铝球C．铁球（2）当细线竖直且小球静止时力传感器的示数为F1；（3）把小球拉到细线刚好水平并由静止释放，力传感器的示数最大值是F2；（4）该实验（填“需要”或“不需要”）用天平测量小球的质量m；（5）该实验（填“需要”或“不需要”）测量细线的长度L；（6）当表达式（用题中所给物理量字母或测量的物理量字母表示）在误差允许范围内成立时，机械能守恒定律得到验证。12．某物理实验小组看到一则消息：锂硫电池的能量密度高，可使电动汽车的续航从500km提升至1500A．待测电池

B．待测电阻Rx（约8C．电流表A1（量程1A、内阻很小）

D．电流表A2E．电阻箱（最大阻值99.9Ω）

（1）将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S，改变电阻箱的阻值使两电表有适当的值，记录电阻箱阻值并读取两电表的读数，重复上述操作；（2）根据记录的电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2，以I2I1为纵坐标，以对应的电阻箱阻值的倒数1R为横坐标，得到的图像如图乙所示．则图像在纵轴的截距为，待测电阻Rx=（3）图丙是以电流表A1的读数为横坐标，以电流表A2的读数为纵坐标得到的结果．由图可求得电池的电动势E=V，内阻r=13．中国人民解放军的口号是“首战用我，用我必胜！”为此人民解放军在平时进行刻苦训练。如图为一名解放军战士在负重训练的过程中，拖着一个质量为40kg的轮胎，轮胎与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.75，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10（1）当绳子与地面的夹角为θ=37°，且刚好能拉动轮胎时，求绳子对轮胎的拉力大小（sin37°=0.6，cos（2）已知某次解放军战士对轮胎的拉力为272N，A、B两地相距45.9m，为使轮胎从A处运到14．如图所示，x轴上方存在电场强度E=800N/C、方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在着磁感应强度B=0.04T，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个比荷为qm=1.0×107C/kg（1）粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）粒子从P点射出到第2次经过x轴时所用的时间及第二次经过x轴的位置到O点的距离；（3）粒子射出后，在右侧有一与x轴垂直的能检测粒子的薄板，为使粒子能垂直打到薄板上，则该薄板所放位置的横坐标是多少（已知电磁场范围足够大）。

15．如图所示，长度为L=0.8m的竖直轻杆上端连着一质量为m=1kg的小球A（可视为质点），杆的下端用光滑铰链（图中没有画出）连接于水平地面上的O点，置于同一水平面上的各表面均光滑的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M=4kg。B的右侧有一可视为质点的质量也为m的物块，物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.01，在距物块右侧x=1m处有一质量也为m的可视为质点的小球，小球用一长为（1）若向左倾倒，求小球撞击地面之前的瞬间轻杆的弹力大小；（2）若向右倾倒，求A、B分离瞬间A、B的速度大小。已知A、B分离时B还未与右侧物块碰撞；（3）在（2）中，立方体B与A分离后向右运动并与物块发生碰撞，碰后立方体B被立即锁定，物块向右滑行并与静止的小球发生碰撞，所有的碰撞都不计机械能损失，碰撞时间极短且碰撞前后的速度均在同一直线上，求立方体B与物块碰撞后系统因摩擦产生的热量及从立方体B第一次与物块碰撞到物块最终静止所用的时间。（已知cos10°=0.9848，单摆的最大摆角不超过10°

2024届安徽省皖南八校高三下学期第三次大联考物理试卷1．核潜艇是大国重器，在我国的核潜艇研发过程中，黄旭华做出了重要贡献，被称为中国核潜艇之父．2020年1月10日，获国家最高科学技术奖。在接受采访时，面对主持人关于因研发核潜艇30年没有回家的询问时，黄旭华说：对国家的忠就是对父母最大的孝！令人动容。核潜艇的动力来源就是核反应。快堆是我国第四代核能系统的优选堆型，采用钚94239Pu作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀92238U，钚94239Pu裂变释放出的快中子被再生区内的铀92238A．铀92239B．钚94239C．铀92239U转变为钚94239D．若钚942391．A【解析】铀92239U衰变为钚94239Pu时质量数不变，核电荷数增加，922．如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从Q经M到P的过程中（）A．海王星的加速度逐渐减小B．海王星的速度逐渐减小C．在海王星从Q点到M点和从M点到P点的过程中，所用时间相同D．若海王星和地球绕太阳运行的椭圆轨道的半长轴之比为K，则海王星的运行周期为K32．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．下图为一定质量的理想气体状态发生变化的p−V图像，在气体由状态A变化到状态B的过程中，下列分析正确的是（）A．因为气体的压强逐渐减小，所以气体分子对容器壁的平均撞击力逐渐减小B．气体体积逐渐减小，所以气体的温度先降低后升高C．因状态A、B气体温度相同，内能不变，故该过程既不吸热也不放热D．气体体积增大，对外做功，所以气体从外界吸热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．某同学一早到游泳馆深水区练习游泳，发现整个泳池只有他一个人，心情大好，却不慎将刚买的防水手表滑落水中并沉入水底，他看到手表在自己正下方，因其不会潜泳，决定游回岸边找工作人员帮忙。他一边缓缓往岸边游一边回望其手表，忽略缓慢泳动引起水面的波动，当游出大约6m远时，他恰好看不到他的手表了，已知水的折射率为n=A．该同学看到的手表比实际位置深B．该过程中水中的手表看起来越来越明亮C．手表落水处的水深为2D．手表落水处的水深为44．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．随着生活水平的日益提高，人民群众的健身意识越来越强，“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，其局部可看成简谐波。图甲为挥舞后绳中一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形，图乙为绳上x=4m处的质点A．波速大小为0.25B．波沿x轴正方向传播C．因Q点比P点离平衡位置更近，故Q点先回到平衡位置D．从t=0.5s时计时，再经过2s时，P点沿x5．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．如图所示，一辆小车沿水平方向从静止开始启动加速，一细线跨过用固定杆连接的光滑轻质定滑轮一端连接质量为M的物块，另一端连接一质量为m的小球。启动过程中，滑轮左侧的细线与竖直方向的夹角从0缓慢的增大到30°，滑轮右侧的细线始终保持竖直。物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。车的动力装置图中没有画出。车行驶过程中阻力恒为f，则在该过程中，下列说法不正确的是（）A．小车发动机的输出功率与车速成正比B．细线对小球的拉力一定增大C．连接滑轮的轻杆对滑轮的作用力一定增大D．车厢底板对物块的摩擦力一定增大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．如图所示，已知一均匀带电的半径为R的固定金属圆环，圆心为O，虚线为过O点且与圆环平面垂直的直线，另有一带电粒子（可视为点电荷），以一定的初速度仅在电场力作用下沿虚线从距O点为L处的某点运动到O点，且L≫R，则关于粒子在该过程中，下列说法正确的是（）A．若圆环带正电，则粒子的电势能一定越来越大B．若圆环带负电，则粒子的动能一定越来越小C．粒子加速度最大时的位置与粒子及圆环所带电荷的电性无关D．粒子每经过相同的距离，动能的改变量一定相同，与圆环所带电荷的电性无关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．直流电动机在生活生产中有广泛的应用，其主要结构为两部分：定子和转子，其中定子包括：主磁极、机座、转向器、电刷等；转子包括：电枢铁芯、电枢绕组等。如图所示是电动机提升重物的示意图，已知电源电动势E=9V，内阻r=1.5Ω，电阻R=2Ω。闭合开关S，发现电动机被卡死，此时电压表的示数为6V，立即关闭电源。清除故障后重新闭合开关，当电动机正常工作时，电压表的示数为A．电动机内部线圈的电阻为RB．电动机正常工作时线圈电阻的热功率为1C．电动机正常工作时电源的效率约为66.7D．电动机正常工作时将一个质量为1kg重物由静止吊起，则重物的最大速度为8．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．（多选）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以速度v滑入宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里（俯视图），线框静止时磁场右边界到PQ与MN两边刚好等距。下列分析正确的是（）A．MN刚进入磁场时其两端电压为BLvB．MN刚离开磁场时其两端电压为BLvC．进入磁场过程和离开磁场过程通过线框截面的电量之比为2∶1D．进入磁场过程和离开磁场过程线框中产生的热量之比为8∶19．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．（多选）如图所示，空间中有正交的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，匀强电场方向竖直向下，电场强度为E，将一质量为m，带电荷量为+q的小球水平向左射入场区中，速度大小为v。已知E=Bv=mgq，A．电场力对小球做正功，故小球机械能一直增大B．小球运动过程中的最大速度为5vC．小球运动过程连续两次速度最大时的位置间的距离为4mvD．小球偏离入射方向的最大距离为6mv10．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．某同学在实验室找到了拉力传感器、细线和小球，设计了如图所示的装置验证机械能守恒。（1）为了减小误差，实验室有同样大小的木球、铝球、铁球，本实验应该选。A．木球B．铝球C．铁球（2）当细线竖直且小球静止时力传感器的示数为F1；（3）把小球拉到细线刚好水平并由静止释放，力传感器的示数最大值是F2；（4）该实验（填“需要”或“不需要”）用天平测量小球的质量m；（5）该实验（填“需要”或“不需要”）测量细线的长度L；（6）当表达式（用题中所给物理量字母或测量的物理量字母表示）在误差允许范围内成立时，机械能守恒定律得到验证。11．（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．某物理实验小组看到一则消息：锂硫电池的能量密度高，可使电动汽车的续航从500km提升至1500A．待测电池

B．待测电阻Rx（约8C．电流表A1（量程1A、内阻很小）

D．电流表A2E．电阻箱（最大阻值99.9Ω）

（1）将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S，改变电阻箱的阻值使两电表有适当的值，记录电阻箱阻值并读取两电表的读数，重复上述操作；（2）根据记录的电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2，以I2I1为纵坐标，以对应的电阻箱阻值的倒数1R为横坐标，得到的图像如图乙所示．则图像在纵轴的截距为，待测电阻Rx=（3）图丙是以电流表A1的读数为横坐标，以电流表A2的读数为纵坐标得到的结果．由图可求得电池的电动势E=V，内阻r=12．（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．中国人民解放军的口号是“首战用我，用我必胜！”为此人民解放军在平时进行刻苦训练。如图为一名解放军战士在负重训练的过程中，拖着一个质量为40kg的轮胎，轮胎与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.75，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10（1）当绳子与地面的夹角为θ=37°，且刚好能拉动轮胎时，求绳子对轮胎的拉力大小（sin37°=0.6，cos（2）已知某次解放军战士对轮胎的拉力为272N，A、B两地相距45.9m，为使轮胎从A处运到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．如图所示，x轴上方存在电场强度E=800N/C、方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在着磁感应强度B=0.04T，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个比荷为qm=1.0×107C/kg（1）粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）粒子从P点射出到第2次经过x轴时所用的时间及第二次经过x轴的位置到O点的距离；（3）粒子射出后，在右侧有一与x轴垂直的能检测粒子的薄板，为使粒子能垂直打到薄板上，则该薄板所放位置的横坐标是多少（已知电磁场范围足够大）。14．（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．如图所示，长度为L=0.8m的竖直轻杆上端连着一质量为m=1kg的小球A（可视为质点），杆的下端用光滑铰链（图中没有画出）连接于水平地面上的O点，置于同一水平面上的各表面均光滑的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M=4kg。B的右侧有一可视为质点的质量也为m的物块，物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.01，在距物块右侧x=1m处有一质量也为m的可视为质点的小球，小球用一长为（1）若向左倾倒，求小球撞击地面之前的瞬间轻杆的弹力大小；（2）若向右倾倒，求A、B分离瞬间A、B的速度大小。已知A、B分离时B还未与右侧物块碰撞；（3）在（2）中，立方体B与A分离后向右运动并与物块发生碰撞，碰后立方体B被立即锁定，物块向右滑行并与静止的小球发生碰撞，所有的碰撞都不计机械能损失，碰撞时间极短且碰撞前后的速度均在同一直线上，求立方体B与物块碰撞后系统因摩擦产生的热量及从立方体B第一次与物块碰撞到物块最终静止所用的时间。（已知cos10°=0.9848，单摆的最大摆角不超过10°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故小球摆动可视为简谐运动，周期T=2π小球摆回最低点再与物块碰撞交换速度，因碰撞中无机械能损失，有Q=设物块在水平面上滑行的路程为s，由功能关系可得Q=μmgs解得s=12.8故物块与小球共发生12次碰撞，故小球做简谐运动的总时间t立方体B固定后，物块与B及小球的碰撞均不改变其动量大小，故有μmg解得t综上所述t=t2024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