【文档说明】湖北省腾云联盟2024-2025学年高三上学期8月联考试题 物理答案.pdf，共(5)页，1.212 MB，由小赞的店铺上传

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第1页共5页湖北省“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)12345678910ABDCBABCDACBD1.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222234m/s5m/sxyvvv故A错误,B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。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212hgt，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2������=������′，得���′=2���，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，故D错误。故选C。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，{#{QQABKQwEogAIAIIAARgCEQVoCAAQkBAACQgOhAAAsAIAgBFABCA=}#}第2页共5页则有22MmvGmrr月月月月其中在月球表面万有引力和重力的关系有2Mm

Gmgr月月月联立解得vgr月月月由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得vgr地地地根据线速度和周期的关系有2πTrv根据以上分析可得32TT月地故D错误故选B。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212hgt，vgt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NIF

t，联立以上各式可得���=������������2，���=2������ℎ则可知，小球的It2，Ih图像为过原点的倾斜直线。故选A。7.【答案】B【解析】AB,小圆环运动至2P点时小圆环动能最大,此时两电荷对小圆环的合力

的反向延长线过圆心，与此时速度垂直，有几何关系可得������������=1tan���=43又因为������=������������2���cos���2������=������������2���sin���2可得������������=2764，B选项正确，A错误。

CD选项小圆环从1P点运动到2P点的过程中静电力一直做正功，CD错误，故选B8.【答案】CD【解析】A．由题图乙知，0t时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为Fmg，A错误；B．由题图乙知，0.2st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0t至0.2st，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0.8sT，则角频率22.5rad/sT则a随t变化的关系式为

24sin(2.5)m/sat，D正确。故选CD。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{#{QQABKQwEogAIAIIAARgCEQVoCAAQkBAACQgOhAAAsAIAgBFABCA=}#}第3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1122srL第二种情况粒子运动的总路程为222222224srLL

，故A错误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，min1222TmmtqBqB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）②1（3分）③10（3分)【详解】①Ug=IgRg

，带入数据可得Ug=0.3V②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ggmg120.2512000.25mAmA1mA40360AIRIIRR该电流表的量程为0~1mA；③当开关S接B端时，R

2和电流表串联，再与R1并联，则有gg2mg1()0.25(1200360)0.25mAmA10mA40BIRRIIR该电流表的量程为0~10mA。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2EGF6.923.8510m/s0

.15m/s220.1xvT（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Fm

gf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°=f1{#{QQABKQwEogAIAIIAARgC

EQVoCAAQkBAACQgOhAAAsAIAgBFABCA=}#}第4页共5页137sinNgmTA11fN根据牛顿第三定律可得，物体对绳的拉力大小为20N（2）对A、B整体受力分析，如图由平衡条件可得gmmTNBA)(37si

n2237cosfTF22fN联立求得NF57。14．（1）2st；（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1Ffma解得215m/sa..............（2分）设小滑块达到与传送带共同速度所用

时间为1t，该段时间内的位移为1x，则有011vat，211112xat解得11st，..............（3分）12.5mxL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2mafF解得222m/sa设小滑块又经时间t2到达传送带B端，则

有12222021xLtatv解得st12..............（3分）那么小滑块在传送带上运动的时间为12ttt解得2st..............（1分）（2）设小滑块到达传送带右端时的速度为1v，则有1022vvat小滑块沿半圆形轨道滑至

C点的过程，根据机械能守恒定律22111(1sin)22CmgRmvmv..............（2分）在轨道上C点，设小滑块受到的弹力为1F，根据牛顿第二定律21sin37CvFmgmR...

...........（2分）联立解得11.1NF..............（2分）根据牛顿第三定律，小滑块在C点对轨道的压力大小'111.1NFF..............（1分）{#{QQABKQwEogAIAIIAARgCEQVoCAAQkBAACQ

gOhAAAsAIAgBFABCA=}#}第5页共5页15.【答案】（1）2.5m/s2；(4分)（2）m/s2，m/s1；（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Magm.......

......（2分）解得.22.5m/sa.............（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1v、2v，对木板，由位移公式有221atL解得s.t40...

...........（3分）由速度公式得，μgtvv01，atv2..............（2分）解得m/sv21，m/sv12..............（2分）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m/s2、m/s1。（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3v，从碰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213MvmvMmv..............（2分）解得03v..

............（2分）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2021mvμmgs..............（2分）解得m.s61..............（1分）{#{QQABKQwEogAIAIIAAR

gCEQVoCAAQkBAACQgOhAAAsAIAgBFABCA=}#}