湖北省十一校2023-2024学年高三下学期第二次联考物理试卷含答案.pdf

《湖北省十一校2023-2024学年高三下学期第二次联考物理试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省十一校2023-2024学年高三下学期第二次联考物理试卷含答案.pdf（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、物理试题物理试题2024 年高三湖北省十一校第二次联考年高三湖北省十一校第二次联考本试卷共本试卷共 6 页，页，15 题。全卷满分题。全卷满分 100 分。考试时间分。考试时间 75 分钟。分钟。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 8-10 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。1原子核的比结

2、合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的是（）A168O核的结合能约为 64MeVB42He核比63Li核更稳定C两个21H核结合成42He核时吸收能量D23592U核中核子的平均结合能比8936Kr核中的大2如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有 A、B、C 三点，其中 A、B 两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（）AB 点场强小于 C 点场强B某不计重力的正电荷在 A、B 两点的加速度相同C正电荷在 C 点的电势能比其在 B 点的电势能大D将负电荷从 C 点移动到 B 点，电场力所做的总功为正3某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列

3、的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。下列说法正确的是（）A防窥屏的厚度越大，可视角度越小B屏障的高度 d 越大，可视角度越大C透明介质的折射率越小，可视角度越小D防窥屏实现防窥效果主要是因为光发生了全反射42023 年 7 月 23 日，我国首个火星探测器“天问一号”成功发射三周年，如图所示，已知地球表面重力加速度为 g，地球的质量是火星质量的 k 倍，地球的半径是火星半径的 n 倍，假设探测器在火星的着陆点为水平面，探测器总质量为 m，探测器有 4 条腿，每条腿与地面夹角为，则每条腿对火星表面的正压

4、力大小为（）A4cosmgB24mn gkC24 cosmn gkD2mn gk5物块 P、Q 中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块 P 的质量为 2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，0t 时对物块 P 施加水平向右的恒力 F，1st 时撤去，在 01s 内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（）A1st 时，物块 Q 的速度大小为 0.4m/sB恒力 F 大小为 1.6NC物块 Q 的质量为 0.5kgD1st 后，物块 P、Q 一起做匀加速直线运动6 如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于 B 点，半圆轨道的圆心为 O，半径

5、为 R，C 为其最高点。BD段为双轨道，D 点以上只有内轨道，D 点与圆心的连线与水平方向夹角为，一小球从水平面上的 A 点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达 C 点。不计一切摩擦。则（）A小球到达 C 点时速度为gRB小球到达 C 点后会向左做平抛运动C小球在 A 点的初动能等于52mgRD若小球到达 D 点时对内外轨道均无弹力，则2sin37某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为 20m 的圆面。某时间内该地区的风速是 6.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为31.2kg/m，假如这个风力发电机能将此圆内 10%的空气动能转化为电能。则此风力发电机发电

6、的功率约为（）A31.6 10 wB41.6 10 wC51.6 10 wD61.6 10 w8如图，理想变压器原线圈与定值电阻0R串联后接在电压恒定036VU 的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器 R，原、副线圈匝数比为 12。已知02R ，R 的最大阻值为 20。现将滑动变阻器 R 的滑片 P 从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是（）A电压表示数变大，电流表示数变小B电源的输出功率变大C当16R 时，滑动变阻器消耗的功率最大D当16R 时，电压表示数为 48V9一列简谐横波在1s3t 时的波形图如图甲所示，P、Q 是介质中的两个质点，图乙是质点 Q 的振动图像。关于该简谐

7、波下列说法中正确的是（）A波速为 9cm/sB沿 x 轴负方向传播C质点 P 的平衡位置坐标6cmx D质点 Q 的平衡位置坐标9cmx 10现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为 d 的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B。现有一质量为m、电荷量为 q 的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的 O 点由静止释放，运动到磁场的下边界的 P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界 M 点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点 N，下列说法正确的是（）A匀强电场的

8、场强大小为2B qdmB粒子从 O 点运动到 P 点的时间为42mqBCM、N 两点的竖直距离为34dD粒子经过 N 点时速度大小为Bqdm二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 60 分。分。11（7 分）某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间 T 拍摄一张照片。（1）小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为 A（抛出点），然后依次连续拍下两张小球照片并标记位置 B 和 C；（2）经测量，AB、BC 两线段的长度分别为1l、2l；（3）若忽略空气阻力，12ll_13（选填“=”或“”或“（2 分）14

9、（2 分）等于（3 分）由几何关系可知12=sin2sin113；1sin300=12g2，1cos300=，=g，可得=2+2=14m/s；在 B 点，竖直方向上=2，水平方向上=2，故=2+2=2+22，而?=2=2+22，所以=?2024 届高三湖北十一校第二次联考物理答案 第 3页（共 4页）2024 届高三湖北十一校第二次联考物理答案 第 4页（共 4页）12.（10 分）（1）红（2 分）（2）低（2 分）（3）1494（2 分）（4）270（2 分）欧姆表红表笔接电源负极，电势低；欧姆表低倍率时内部总电阻小于高倍率时内部总电阻，故开关 K闭合时对应欧姆表低倍率；使用“100”挡位

10、时，开关 K 断开，总=+=1500解得=1494；规范操作测量某待测电阻得到的测量值为300，说明此时使用的“10”挡位，由=1.5150=1.35R内，可得R内，=135，又1.5150+300=1.35R内，+R真，可得R真=27013 （10 分）（1）2h（2）4h（1）当A向右移动23L 时，设 B 不移动，对内气体，由玻意耳定律得013LPSLPS解得 p13p0（2分）此时B 中气体的压强为4p0p1，故B 不动，假设成立由 p1p0+p 得p=2p0（1 分）故水的深度H2h（1分）（2）该装置放入水下后，由于水的压力 A 向右移动，内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于 4p

11、0后B 开始向右移动，当 A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原内气体全部进入内，设B向右移动x 距离，两部分气体压强为 p2，对原内气体，由玻意耳定律得p0SLp2Sx（2分）对原内气体，由玻意耳定律得4p0SLp2S（Lx）（2分）解得 p15p0由p2p0+p2得 p2=4p0（1分）故水的最大深度 Hm4h（1 分）14.（1）5m/s2；（2）10m/s（3）9.6m（1）人与 A 碰撞后，由牛顿第二定律，对人 5=51，解得1a=5m/s2对 A 分析=2，解得2a=5m/s2对平板分析得 +5 10=43（2分）解得3a=5m/s2（2分）（2）设人滑到圆弧轨道底端时的速度为0

12、v，由机械能守恒定律 5h=12502，解得0v=8m/s（1分）人与 A 碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，经 t1=0.6s 人与平板共速，有11 13 1vata t解得1v=6m/s（2分）由动量守恒定律得 50=51+2解得2v=10m/s（2分）（3）1t=0.6s 内，橡胶块 A 的位移为22121112xtavt解得1x=5.1m（1分）人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，对人与板，由牛顿第二定律得9=91解得a=1m/s2（1分）设人与平板共速时的速度为v，有11 1vvat解得v=3m/s（1 分）人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移

13、大小2x满足2202vax 解得2x=4.5m（1分）则河岸宽度的最大值m12dxx=9.6m（2 分）15（1）3m/s；（2）53C；0.2J（3）18m（1）由题意知，2aII，bII，对 b 分析有BILmg解得1AI（2分）又22aBLvIIRR解得3m/sv（2分）（2）整个过程中通过 a 的电荷量52332BLxqI tCR （2分）整个过程对 A 运用功能关系有212FxmgxQmv（2分）根据焦耳定律可知20.23aQQJ（2分）（3）a 离开导轨后，至与地面碰撞前做平抛运动，落地前瞬间竖直速度24m/syvgh（1 分）碰撞过程中，竖直方向，由动量定理N2yFtmv（1 分

14、）同理，水平方向上有NxkFtm v 解得 vx=0.2m/s（1分）即每次与地面碰撞，水平速度减小 0.2m/s，又水平初速度3m/sv，故与地面碰撞 15 次后，水平速度为 0，运动到最右侧，从抛出到第一次与地面碰撞212hgt解得 t=0.4s（1分）故 0=1.2（1分）第 1 次碰撞与第 2 次碰撞之间1=(3 0.2)0.8=2.8 0.8第 2 次碰撞与第 3 次碰撞之间2=(3 0.4)0.8=2.6 0.8以此类推，第 14 次碰撞与第 15 次碰撞之间14=(3 2.8)0.8=0.2 0.8以上数据正好组成一个等差数列，由求和公式可得 s=x1+x2+.+x14=16.8m（1 分）故导体棒 a 离开导轨后向右运动的最大水平距离ml=x0+s=18m（2分）