物理参考答案（详解）_8月_240812湖北省腾云联盟2024-2025学年高三上学期8月联考_5-物理

湖北省“腾·云”联盟 2024-2025 学年度上学期 8 月联考 高三物理试卷参考答案 一、选择题(每小题 4 分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A B D C B A B CD AC BD 1.答案．A【详解】ABC．根据核反应过程质量数守恒、电荷数守恒可得X的质量数为0， 电荷数为-1，可知X是电子，衰变过程中有质量亏损故BC错误；A正确；D．半衰期由原 子核内部结构决定，与外界因素无关。故D错误。故选A。 2.【答案】B【详解】AB．运动员的落地速度为v v2v2  32 42m/s 5m/s 故A错误,B x y 正确。；CD．根据运动的独立性可知，水平方向的风不影响竖直方向的运动，则有无水平方 向的风落地时间均相同，故CD错误，故选B。 1 3【. 答案】D【详解】ABC．水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据h gt2 ， 2 最大高度相同，水平位移相同，后半部分的时间相同，全程的时间相同，A、B最高点的速 度水平方向，因此水平方向速度之比为1:2，又因为竖直方向初速度相同，因此他们初速度 不等，初速度比不等于1：4，ABC错误;D．后半部分做平抛运动，在最高点B的速度是A 的2倍，所以B的水平射程是A的2倍D正确。故选D。 4【答案】C【解析】A. 烟花上升到最高点的过程中，所受合外力不为零，所以整体的动量 不守恒，机械能守恒故AB错误；C.在最高点爆炸成质量不等的两块，根据动量守恒可得 ，得 ，故C正确；D.在爆炸的过程中，两分离块动量守恒，机械能增加， 2故 D =错误 ′ 。故选′ C=。2 5.【答案】B【解析】；A．在不同过程中样品受到的引力不同，故A错误；B．飞行器在环 月飞行过程中，样品处于完全失重，故B正确；C．发射嫦娥六号探测器绕月飞行并未超出 地球引力范围内，所以其发射速度应略小于第二宇宙速度,故C错误。返回舱在该绕月轨道 上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径， 第 1 页 共 5 页M m v2 M m 则有G 月 m 月 其中在月球表面万有引力和重力的关系有G 月 mg 联立解得 r2 r r2 月 月 月 月 v  g r 由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得v  g r 根据线速度和 月 月月 地 地 地 2π 3 周期的关系有T  r根据以上分析可得T  T 故D错误故选B。 v 月 2 地 1 6.【答案】A【解析】小球竖直方向只受重力，小球做自由落体运动，则有h gt2，vgt 2 小球下落过程中在水平方向将受到洛伦兹力，根据水平方向受力平衡可知圆管对小球的弹力 大小始终等于小球所受洛伦兹力，即有 由此可知圆管对小球的冲量I F t ，联立 N = 以上各式可得 ， 则可知，小球的It2，I h图像为过原点的倾斜直线。 2 故选A。 = =2 ℎ 7.【答案】B【解析】AB,小圆环运动至P点时小圆环动能最大,此时两电荷对小圆环的合力 2 的反向延长线过圆心，与此时速度垂直，有几何关系可得 又因为 1 4 = tan = 3 = 可得 = ，B选项正确，A错误。CD选项小圆环从P 1 27 2 cos 2 = 2 sin 2 64 点运动到P点的过程中静电力一直做正功，CD错误，故选B 2 8.【答案】CD【解析】A．由题图乙知，t0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧 弹力大小为F mg，A错误；B．由题图乙知，t0.2s时，手机的加速度为正，则手机位 于平衡位置下方，B错误；C．由题图乙知，从t0至t0.2s，手机的加速度增大，手机从 平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C正确；D．由题图乙知T 0.8s，则 2 角频率 2.5rad/s则a随t变化的关系式为a4sin(2.5t)m/s2，D正确。故选CD。 T 9.【答案】AC【解析】如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈 的磁通量为0，故可知电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞 次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P。故选AC。 10．【答案】BD【解析】C．若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点，运动轨迹可能如 第 2 页 共 5 页图所示C.根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从P到Q的动量变化量大小为2mv， 第二种情况粒子从P到Q的动量变化量大小为0；A．第一种情况粒子运动的总路程为 2 2 s r  L 第二种情况粒子运动的总路程为s 22r 22 L 2L，故A错 1 1 2 2 2 4 T 1 2m m 误B．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子运动的时间最短，t     min 2 2 qB qB 故B正确；；D．由于粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之 比，根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为 1:1；第二种情况粒子从P到O的时间为粒子与从O到Q的时间为1:3，故D正确。故选 BD。 11．【答案】①0.3V （2分）② 1 （3分）③10 （3分) 【详解】①U =I R ，带入数据可得U =0.3V g g g g ②当开关S接A端时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，则有 I R 0.251200 I I  g g  0.25mA mA1mA 该电流表的量程为0~1mA； Am g R R 40 360 1 2 ③当开关S接B端时，R2和电流表串联，再与R1并联，则有 I (R R ) 0.25(1200360) I I  g g 2  0.25mA mA10mA 该电流表的量程为0~10mA。 Bm g R 40 1 12.【答案】 往右移 0.15 逐渐变小 空气阻力随速度增大而增大 【详解】（2）[1]由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡 摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。 （4）[2]打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即 x 6.923.85102 v  EG  m/s 0.15m/s F 2T 20.1 （5）[3]v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。 [4]小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所受合 外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则F mg f 而钩码重力mg不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。 13.【答案】（1）20N；（2）57N 【详解】（1）对A受力分析，如图 由平衡条件得 Tcos37°=f 1 第 3 页 共 5 页Tsin37 m g  N A 1 f N 根据牛顿第三定律可得，物体对绳的拉力大小为20N 1 1 （2）对A、B整体受力分析，如图 由平衡条件可得N Tsin37 (m m )g 2 A B F Tcos37  f 2 f N 2 2 联立求得F 57N 。 14．（1）t2s；（9分）（2）1.1N（7分） 【详解】（1）小滑块刚放上传送带时，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律F f ma 解得a 5m/s2.............. （2分） 1 1 设小滑块达到与传送带共同速度所用时间为t ，该段时间内的位移为x， 1 1 1 则有v at ，x  at2解得t 1s，.............. （3分） 0 11 1 2 11 1 x 2.5mL 1 达到共同速度后，对小滑块受力分析如图所示根据牛顿第二定 律F  f ma 解得a 2m/s2设小滑块又经时间t 到达传送带B端，则有 2 2 2 1 v t  a t 2  Lx 解得 t 1s .............. （3分） 0 2 2 2 2 1 2 那么小滑块在传送带上运动的时间为t t t 解得t2s.............. （1分） 1 2 （2）设小滑块到达传送带右端时的速度为v ，则有v v a t 小滑块沿半圆形轨道滑至C 1 1 0 2 2 点的过程，根据机械能守恒定律 1 1 mgR(1sin) mv2 mv2 .............. （2分） 2 1 2 C 在轨道上C点，设小滑块受到的弹力为F，根据牛顿第二定律 1 v2 F mgsin37m C .............. （2分） 1 R 联立解得F 1.1N .............. （2分） 1 根据牛顿第三定律，小滑块在C点对轨道的压力大小 F' F 1.1N .............. （1分） 1 1 第 4 页 共 5 页15.【答案】（1）2.5m/s2；(4分)（2）2m/s，1m/s；（7分）（3）1.6m（7分） （1）木块刚滑上木板时，木板的加速度大小分别为分别a 对木块进行受力分析mg  Ma............. （2分） 解得.a 2.5m/s2 ............. （2分） （2）当木板刚要与挡板碰撞时，设木块和木板的速度大小分别为v 、v ， 1 2 1 对木板，由位移公式有L at2解得 t 0.4s .............. （3分） 2 由速度公式得， v v μgt ，v at .............. （2分） 1 0 2 解得 v 2m/s，v 1m/s .............. （2分） 1 2 说明木板和挡板碰撞时，木板一直在加速，则木块和木板的速度分别为2m/s、1m/s。 （3）木板与挡板碰撞后，木板速度等大、反向。设木块和木板最终的共同速度为v ，从碰 3 撞结束到木块与木板共速过程中，规定向左为正方向，由动量守恒定律有 Mv mv M mv .............. （2分） 2 1 3 解得 v 0 .............. （2分） 3 整个过程中，设木块相对木板滑动的最大距离为s，由能量守恒定律得 1 μmgs  mv 2 .............. （2分） 2 0 解得s 1.6m .............. （1分） 第 5 页 共 5 页