2024届湖北八市高三下学期3月联考物理试含答案.pdf

#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#120242024 年年湖北省八市湖北省八市高高三（三（3 3 月月）联考）联考物理答案物理答案及评分细则及评分细则1.【答案】D【解析】惯性大小只与质量有关，A 选项错误；卡车在水平路面加速度大小 ag，冰冻路面动摩擦因数小，加速度更小，B 选项错误；刹车后滑行距离 xv22g，冰冻路面滑行距离更大，C 选项错误；滑行时间 tvg，冰冻路面滑行时间更长，D 选项正确。2.【答案】D【解析】卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不是处于平衡状态，A 选项错误；同步卫星轨道高于近地轨道卫星，故发射速度大于最小发射速度，即最大环绕速度，B 选项错误；同步轨道上卫星与赤道上物体运动的角速度相同，由ran2，卫星在同步轨道上的向心加速度约是赤道上物体向心加速度的 7 倍，C 选项错误；若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，应当具有更大的角速度，更小的周期，轨道高度应降低，D 选项正确。3.【答案】C【解析】电容器始终和电源相连，电路稳定时电容器两端电压 U 不变。由 CQU，CS4kd可知，当电介质插入极板间越深，即增大，则电容器电容越大，所带电荷量越大，A、B 选项错误；在汽车向右匀速或匀速加速运动过程，电介质插入极板间深度不变，电容器电容大小不变，所带电荷量不变，电路中电流为零，C 选项正确、D 选项错误。4.【答案】A【解析】对一个侧面分析，玻璃柱的材料对红光的折射率为2，12sin2Cn，临界角 C45，可知发光部分形状如图：两个半圆的半径为tan22aaRC，中间正方形的边长为 a，故玻璃柱每个侧面发光部分的面积为214a()，A 选项正确。5.【答案】B【解析】由图丙知在 t0 时，P 质点向+y 方向振动，结合乙图可知波向 x 轴正方向传播，A 选项错误；根据题意可知nx43，只有 n1 时0.6m满足条件，则v0.75m/s，B 选项正确；周期 T0.8s，t1.5T，路程 S1.54A1.2m，C 选项单位错误；质点 Q 在t0 时刻位于波峰，则质点 Q 的振动方程为50.2cos()m2yt，D 选项错误。6.【答案】B【解析】ba 过程，系统温度降低，气体分子平均动能减小，并非所有气体分子的运动速率都减小，A 选项错误；ba 过程，气体压强不变，根据压强的微观解释，由于气体分子的平均速率v减小，单位时间单位面积上的分子数增加，B 选项正确；因为横轴表示摄氏温#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#2度，故 bc 过程并非等容过程，而是压缩过程，气体体积变小，气体对外界做功，C、D选项错误；7.【答案】C【解析】沿 ab 方向看，质点过 a、b 的速度方向不对称，所以恒力不垂直于 ab，沿 ab 方向也就不是匀速运动，最小速度不是cos602 vv，A 选项错误；将运动沿 a 点速度方向和 b 点速度方向分解，由分运动的等时性可知：cos60sin6022bddt vv得dt v，3bvv，故 B 选项错误，C 选项正确；由atv可知，加速度 ax、ay有tan3ybxaavv，所以恒力与 ab 连线的夹角 60，如图所示，故 D 选项错误。8.【答案】AC【解析】因为漏磁严重，所以无线充电的能量转化率不高，A 选项正确；漏磁严重的情况下，送电线圈和受电线圈的电压比小于匝数比，B 选项错误；充电时将手机拿离充电基座，通过受电线圈的磁通量减小，受电线圈产生的电压减小，不足以提供手机充电电压，充电停止，C 正确，但送电线圈中交变电流的频率不变，受电线圈中的电流频率不变，D 选项错误。9.【答案】AC【解析】小物块b紧靠a静止在斜面上，对整体，03()sin5kxmm g，解得08sin5mgkx，A 选项正确；分离前，两物体一起做初速度为零的匀加速直线运动，最初两段相同时间间隔内位移之比为1213xx，又120 xxx，当物块 a、b 分离时，弹簧压缩量00134xxxx，B 选项错误；两物块分离时，a 与 b 之间无相互作用力但加速度相同，对 a 由牛顿第二定律有03sin4kxmgma，代入 k 后解得1sin5ag，C 选项正确，D 选项错误。10.【答案】ABD【解析】稳定前电路中有电流，根据电路图可知通过 b、c 两棒的电流相同，根据 F安BIL，可知 b、c 两棒所受安培力之比为 FbFc12，根据牛顿第二定律可得，可知两棒运动过程中加速度大小之比为 abac14，A 选项正确；设稳定时两棒的速度为vb、vc，稳定前相同时间内 b、c 两棒的速度增量正比于加速度，故vc4vb，且稳定时回路中没有电流，所以有 EBdvb2Bdvc，联立解得，b9EBdv，c49EBdv，B 选项正确；电路稳定时，回路中没有电流，因此 b 两端电压即 2Bdvb29E，C 选项错误；对 B 棒应用动量定理有bBId tBdqm v，解得229mEqB d，根据能量守恒定律有22bc11 122 2EqmmQvv，#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#3又串联电路中导体棒中产生的热量正比于电阻，有QRRRRQ22b，联立解得导体棒 b 中产生的焦耳热为2b2290mEQB d，D 选项正确。二、非选择题：二、非选择题：11.(7 分)(1)5.00(2 分)222122 21 2()2dttLt t(2 分)(2)BC（全对得 3 分，选对但不全的得 2 分，选错得 0 分）【解析】（1）游标卡尺是 50 分度的，精度为 0.05mm，应估读到 0.01mm 位。标尺上，一头一尾的刻度线都对齐，所以读数为 5.00mm。（2）2202tvvad，初、末速度用平均速度表示dvt，可得222122 21 2()2dttaLt t。（3）测得的初、末速度实际上是小车通过前后两感应端的平均速度，即中间时刻速度，对应的位置相对感应端后移了距离x1、x2，而x1x2，所以感应端的间距小于初、末速度对应的位移，造成加速度测量值偏小。12.（10 分）(1)连接 3 根线：滑动变阻器分压式连接，有两种接法；电桥连接，灵敏电流计两侧各有两种接法，且谁接正负极都可以。（2）R1左210 或 210.0无评分说明：（1）连线全对得 2 分，连错不给分，（2）每空 2 分【解析】（1）略（2）分压式接法，故选择 R1。因电流方向从 A 至 B，故 A 点电势高，则需要增大 B 点电势，沿电阻丝自左至右电势逐渐降低，故应将触头向左移动。因电流计中电流为 0，设电阻丝左右两部分电阻分别为12,R R故01112022,xxRRRRRRRR，所以0102210 xRR R。移动滑动变阻器的滑片，不改变电阻丝上的左右电阻之比，所以对实验结果无影响。13.(10 分)【答案】（1）181.8 10J 11.25eV或（2）1.5V解析：(1)设波长为 110nm 的极紫外线的波长为c，#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#4逸出功0CWh(1 分)频率Ccc(2 分)代入数据解得1801.8 10J 11.25eVW或(1 分)(2)处于 n4 能级的氢原子向低能级跃迁时产生多种不同能量的光子，产生的光电流是多种光子产生的光电子综合表现，要使光电流全部遏止，必须要截住能量最大的光电子。能量最大的光子4112.75eVmhvEE(2 分)由光电效应方程可知光电子最大初动能01.5eVkmmEhvW(1 分)遏止光压必须满足CkmeUE(2 分)代入数据解得 Uc1.5V(1 分)14(15 分)【答案】（1）7mg（2）gR2v（3）d2RxR解析：（1）小车固定时，物块下滑至 A 过程中，机械能守恒，202A2121vvmmmgR(1 分)在 A 点，根据牛顿第二定律，RmmgF2ANv，(1 分)联立解得支持力 FN7mg(1 分)（2）小车未固定时，物块下滑至 A 点的过程中，滑块与小车系统水平方向动量守恒，2120vvmm(2 分)机械能守恒，2221202212121vvvmmmgRm(2 分)解得小车速度2gRv(1 分)（3）由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车，其水平速度必然与小车一致，还会回到小车上。又因为系统水平方向总动量为零，且经过水平轨道的循环摩擦，物块与小车最终均静止。（1 分没有判断不给分)备注：其他判断方式都可行，如根据系统水平方向总动量为零和能量关系201222mmgRmgRmghv可知 hR，物块与 B 端挡板碰撞后刚好返回到圆弧最高点，没有飞出小车。设小物块相对 AB 段滑行的总路程为 S，则有mgSmgRm2021v(1 分)#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#5解得 S6R，故小物块最终停在 B 点，距 A 点 d2R(1 分)设全过程物块的水平位移为 x1，小车的水平位移为 x2。由水平方向总动量为零，可得mxmx21(2 分)几何关系：13xxR(1 分)解得：xR(1 分)15（18 分）【答案】（1）qLmE2200v（2）02v，114（3）14L解析：（1）设粒子在第二象限运动时间为 t，加速度为 a，经过 N 点的速度为v，与 y 轴夹角为。x 轴方向：2atL21(1 分)0qEma(1 分)y 轴方向：02Ltv(1 分)联立解得：2002mEqLv(2 分)（2）在第二象限，根据动能定理：22001122qE Lmmvv(1 分)解得粒子过 N 点的速度02vv(1 分)设穿过 x 轴下方第一个电场后的速度为1v，根据动能定理：2211122qELmmvv(1 分)代入数据得：102vv(1 分)在 x 轴下方第一个磁场中的运动如图 1，洛伦兹力提供向心力：2111mqBRvv(1 分)代入数据得 R114L(1 分)设速度偏向角为，则11sin14LR(1 分)即粒子在进入第四象限下方第二个电场时速度#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#6的大小为02v，方向与 y 轴负方向所成夹角满足1sin14（3）粒子达到离 x 轴的最远距离时速度方向平行于 x 轴方向，而只要能进入下一个电场，就有 y 方向的速度，由此可以推断出粒子离 x 轴最远时必然处于第 n 个磁场中，此前粒子已经过 n 个电场，设此时粒子速度大小为nv，根据动能定理：22n1122nqELmmvv(1 分)粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第 i 个磁场的过程中，根据动量定理在水平方向上：mvixiqBL(2 分)所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有mvnx0(123n)qBL，又 vnxvn(1 分)联立得(1)2214n nn，解出 n7(1 分)故粒子离 x 轴最远的距离为 2nL=14L。(1 分)#QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=#