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2024 年池州市普通高中高三教学质量统一监测
物理评分参考
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C A C D B D BD ABD
4π2 (L −L )
11.【答案】：17.283 （2分） B （1分） C （1分） 2 1 （2分）
T2−T2
2 1
E r+R
U= − 1 I
2 2
12.【答案】(1) （2分）
(2) （2分）
(3) E=5.00V(4.96~5.04范围内均可) （2分） r=0.42Ω(0.30~0.50范围内均可)（2分）
（4）几乎不变 （2分）
13.【答案】（1） （2）x=13500m,（3）P =3√3×106
， m
【详解】（1）火箭上升过程时的受力情况如图 （2分）
由图可知 （1分）
（1分）
（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F ＇与F 垂直
合 2
（1分）
1
学科网（北京）股份有限公司加速度段的加速度 ，
减速阶段的加速度 （1分）
（1分）
（m） （1分）
（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为P
m
（W） （2分）
πR πR
14.【答案】(1) γ=20∘ (2)l = (3)l =
1 9 2 4
sin30∘ √2
【详解】(1)根据n= （2分） , 得sinγ= （1分）
sinγ 4
所以γ=20∘； （1分）
(2)光路图如图所示，从O点射向D点，γ=20∘ （1分）,
则BD部分弧长为 20∘ （2分）
l = ⋅2πR
1 360∘
πR
解得 l = （1分）
1 9
(3)由折射定律可求得设在C点恰好发生全反射
1
由sinC= （1分）
n
可求得C=45° （1分）
得∠AOC=180∘−20∘−90∘−45∘=25∘ （1分）
则∠COD=90∘−25∘−20∘=45∘ （1分）
弧 上有光透出的部分弧长 为 45∘ （1分）
AB CD l = ⋅2πR
2 360∘
πR
解得 l = （1分）
2 4
√2
15.答案:（1）U =−1V （2）v= m/s,θ=45° （3） P（1m，－1m）,
MN 2
2
学科网（北京）股份有限公司t=πs
【详解】（1）对导体棒ab切割磁感线有：E=B L v （1分）
1 1 1
R （1分）
U =− 2 E
MN R +R +r
1 2
解得U =−1V （1分）
MN
U
（2）带电粒子在平等板电容器内做类平抛运动，有 q MN =ma （1分）
d
L =v t （1分） v =at （1分）
2 0 y
又 v （1分） v （1分）
tanθ= y v= 0
v sinθ
0
√2
解得： v= m/s （1分） θ=45° （1分）
2
mv2
（3）粒子进入磁场B 中做圆周运动，有 qvB = （1分）
2 2 R
解得：R=√2m
设粒子打在光屏上位置坐标为（x，y），则有x2+ y2=R2（1分）
又粒子在抛物线上，有y=−x2 （1分）
联立有：y2−y−2=0 （1分）
解得：y=2m舍去， 或y=−1m，
即位置坐标为P（1m，－1m） （1分）
π
由几何关系可知： 所对圆心角为α= （1分）
2
αR
则t= （1分）
v
解得t=πs （1分）
3
学科网（北京）股份有限公司2024 年池州市普通高中高三教学质量统一监测
物理评分参考（详细）
1.【答案】C
【解析】A．福岛核电站利用的是重核裂变的原理发电。故A错误
B．铯137衰变时，衰变产物中的X为电子。故B错误
C．速度与热运动速度相当的中子最易引发核裂变。故C正确
D． 排海污水中的铯137经60年有3/4发生衰变。故D错误
2.【答案】B
1 1
【解析】A.电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为n= = r/s=2.5r/s，故A错误；
T 0.4
U
B.通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值U= m=6√2V，故B正确；
√2
2π 2π
C.周期T=0.4s，故 ω= = rad/s=5πrad/s，故电压的表达式为
T 0.4
U=12sin5πt(V)，故C错；
D.电容器是否击穿应参考交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电
压，故D错误。
3.【答案】C
【解析】A、壶中原来空气的体积V =0.6L，由玻意耳定律p (nV +V )=p V ，解得
1 1 0 1 2 1
4
学科网（北京）股份有限公司n=12次，故A错误；
B、气体从A到B，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据
热力学第一定律ΔU=Q+W可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；
1
C、三角形面积：S= pV，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程：
2
pV
=C，则： pV =CT，由于C是常数，温度T保持不变，则 pV相等，两三角形
T
Rt△OAC和Rt△OBD的面积相等，故C正确；
D、A到B的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，
压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误
4.【答案】A
【解析】A.设卫星C的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，人造地球卫星绕地球做匀
速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则得 G
Mm
=mrω2 ，得ω=
√GM
，则知C的
r2 r3
角速度大于A的角速度；而B与A的角速度相等，所以C的角速度大于 B的角速度，故A
正确；
B.因B与同步卫星A的角速度相同，由v=rω知同步卫星A的线速度大，故B错误；
C.若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引
力，做近心运动，故C错误；
D.因B与A的角速度相等，由a=rω2分析知B的向心加速度小于A的向心加速度，故D错
误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】设碗的半径为R，蚂蚁在最大高度处，与球心的连线与水平方向夹角为θ，则有
, 即 。 则 该 位 置 碗 内 曲 面 的 切 面 与 水 平 方 向 的 夹 角 为
，则静摩擦因数
6.【答案】D
【解析】： A：由题图甲乙可知，振幅 A=20cm，周期T=0.8s，角速度为
5
学科网（北京）股份有限公司2π
ω= =2.5πrad/s，
T
A振动的初相为φ =π，则质点A的位移的函数表达式为：y=20sin(2.5πt+π)cm，
0
11π
当t=1.8s时，质点A的位移为y=20sin cm=−20cm。故A错。
2
B：由乙图可知，质点的振动周期为T=0.8s，由甲图可知，波长A=20cm，则波速为
λ
v= =25cm/s；故B单位错。
T
C：由该简谐波t=0时恰好传到B点，波源在B点左侧，波向x轴正方向传播，故C错。
D：质点B、Q平衡位置之间的距离为L=60cm，由L=vt，解得t=2.4s，
即经过2.4s质点Q开始振动，又经过0.8s 质点Q完成一次全振动通过的路程是80cm ，故
D正确。
7.【答案】：B
vsin53° vsin53°
【解析】A.上升时间为t= =2s,则x =vcos53° =30m，故A错；
g 1 g
B.A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度
相同，均为 (vsin53°) 2 ,小球B下落时离地面的高度是40m，B对；
ℎ
=
ℎ
= =20m
A B 2g
C．两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为
v =vsin53°=20m/s
B
根据两球在竖直方向上的动量守恒, mv =2mv
B y
两球粘在一起后的竖直速度为, v =10m/s
y
1
继续下落，有 ℎ =v t′+ gt′2 ,得 t′=（√5-1）s
A y 2
则小球A从抛出到落回地面的时间为t''=（√5+1）s，C错；
D．根据两球在水平方向上的动量守恒 mvcos53°=2mv
x
得 v = 7.5m/s
x
15（√5−1）
相撞后两球的水平位移为 x =v t′= m
2 x 2
15（√5+3）
小球A从抛出到落回地面的水平距离为 x=x +x = m ,D错误。
1 2 2
8.【答案】D
【解析】A．由等量同种点电荷电场特点可知，A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心
6
学科网（北京）股份有限公司处场强方向竖直向下，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，则
该长方体的几何中心处合场强竖直向下，故A错误；
B．B、D两点到两正电荷的距离相同，到两负电荷的距离相同，由矢量合成可知，B、D
两点的场强大小相等，方向不同，由对称性可知电势相同，故B错误；
C．沿竖直方向从O 到O，两正电荷在O 点场强为0，两负电荷O 点场强为0，则O 点场
1 2 1 2 1
强与O 点场强相同且较小，不可能先减小后增大，故C错误；
2
D．D点离两正电荷更近，G点离两负电荷更近，则D点电势高于G点电势，将一电子从
D点移到E点，电场力做负功，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】A．图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，
x
上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度，根据公式 v= 可知上升时间小于下降时间，
t
故A错误；
v kv
B．根据牛顿第二定律可得 mg+k 0=ma ，解得 a=g+ 0,故B正确。
2 2m
C.设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知 mg+kv=ma
kv
取极短Δt时间，速度变化量为 Δv=aΔt=(g+ )Δt ，由于 vΔt=Δℎ
m
k k
上升全程速度变化量为 ∑Δv=−g∑Δt− ∑Δℎ =0−v ，则 v =gt + H
m 0 0 1 m
(v −gt )m
解得 H= 0 1 ，故C错误；
k
1 1 1 1
D．球上升到落回地面的全过程由动能定理−W = mv2− mv2,则W = mv2− mv2
2 1 2 0 2 0 2 1
10.【答案】ABD
【解析】【分析】本题考查带电物体在洛伦兹力下的运动，解题关键是做好物块的受力分
析，明确其洛伦兹力方向，结合平衡条件以及牛顿第二定律进行分析。
本题要明确小物块速度最大时合力为零。刚开始释放时加速度最大。
mg−μqvB
【解答】A.小物块运动过程中的加速度a= ，物块由静止释放时有最大加速度
m
a =g，故A正确；
m
B.物块速度最大时合力为零，根据平衡条件得μqvB=mg，解得小物块能达到的最大速度
7
学科网（北京）股份有限公司mg
为v= ，故B正确；
μqB
1
mv2 =mgh−w
2
C. 小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理 ，
m3g2
w=mgh−
2μ2q2B2
解得 ，故C错误；
mv=mgt−ΣμqBvt mv=mgt−μqBh
D.
小物块沿绝缘墙壁下滑h过程,根据动量定理 ，
m μqBh
t= +
μqB mg
，解得 D正确。
，
4π2 (L −L )
11.【答案】：17.283 （2分） B （1分） C （1分） 2 1 （2
T2−T2
2 1
分）
【详解】（1） 由图可读出为d=17.28mm+3×0.001mm=17.283mm
（2） A．单摆在摆动过程中。阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；故A错误；
B．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，B正确；
T
C．F最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间间隔为2t = ，则T=4t 。C正确；
0 2 0
D．由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式 4π2l，用悬线的长度作为摆长，则
g=
T2
摆长偏小，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D错误。
（3）图像的斜率为 T2−T2 ，由周期公式 √L，变形得 4π2 ，所以
k= 2 1 T=2π T2= L
L −L g g
2 1
4π2
=
T
2
2−T
1
2
，变形得 g=
4π2 (L
2
−L
1
)
。
g L −L T2−T2
2 1 2 1
E r+R
U= − 1 I
12.【答案】(1) 2 2 （2分） (2) 连线略（2分）
8
学科网（北京）股份有限公司(3) E=5.00V(4.96~5.04范围内均可) （2分）r=0.42Ω(0.30~0.50范围内均可)（2分）
（4）几乎不变 （2分）
E r+R
U= − 1 I
【详解】(1) 根据全电路欧姆定律 ，得出 2 2
(2)
E r+R
U= − 1 I
（3）根据全电路欧姆定律 E=2U+I(r+R 1 ) 得出： 2 2 ，
r=2k−R
结合图像得： ， 1。
E=5.00V（4.96~5.04范围内均可)，r=0.42Ω(0.30~0.50范围内均可)
（4）分析实验数据可知；充电宝的电动势随储电量的减小而几乎不变。
13.【答案】（1） （2）x=13500m,（3）P =3√3×106
， m
【详解】（1）火箭上升过程时的受力情况如图 （2分）
由图可知 （1分）
（1分）
（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F ＇与F 垂直
合 2
（1分）
加速阶段的加速度 ，
减速阶段的加速度 （1分）
9
学科网（北京）股份有限公司（1分）
m （1分）
（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为P
m
W （2分）
πR πR
14.【答案】(1) γ=20∘ (2) l = (3) l =
1 9 2 4
sin30∘ √2
【详解】(1)根据n= （2分） , 得sinγ= （1分）
sinγ 4
所以γ=20∘； （1分）
(2)光路图如图所示，从O点射向D点，γ=20∘ （1分）,
则BD部分弧长为 20∘ （2分）
l = ⋅2πR
1 360∘
πR
解得 l = （1分）
1 9
(3)由折射定律可求得设在C点恰好发生全反射
1
由sinC= （1分）
n
可求得C=45° （1分）
得∠AOC=180∘−20∘−90∘−45∘=25∘ （1分）
则∠COD=90∘−25∘−20∘=45∘ （1分）
弧 上有光透出的部分弧长 为 45∘ （1分）
AB CD l = ⋅2πR
2 360∘
πR
解得 l = （1分）
2 4
√2
15.答案:（1）U =−1V （2）v= m/s,θ=45° （3） P（1m，－1m）,
MN 2
t=πs
【详解】（1）对导体棒ab切割磁感线有：E=B L v （1分）
1 1 1
10
学科网（北京）股份有限公司R （1分）
U =− 2 E
MN R +R +r
1 2
解得U =−1V （1分）
MN
U
（2）带电粒子在平等板电容器内做类平抛运动，有 q MN =ma （1分）
d
L =v t （1分）
2 0
v =at （1分）
y
又 v （1分）
tanθ= y
v
0
v
v= 0 （1分）
sinθ
√2
解得： v= m/s （1分） θ=45° （1分）
2
mv2
（3）粒子进入磁场B 中做圆周运动，有 qvB = （1分）
2 2 R
解得：R=√2m
设粒子打在光屏上位置坐标为（x，y），则有x2+ y2=R2（1分）
又粒子在抛物线上，有y=−x2 （1分）
联立有：y2−y−2=0 （1分）
解得：y=2m舍去， 或y=−1m，
即位置坐标为P（1m，－1m） （1分）
π αR
由几何关系可知： 所对圆心角为α= （1分） 则t= （1分）
2 v
解得t=πs （1分）
11
学科网（北京）股份有限公司
