湖北省八市2023-2024学年高三下学期3月联考物理答案

2024年湖北省八市高三（3月）联考物理答案及评分细则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a＝μg，冰冻路v2面动摩擦因数小，加速度更小，B选项错误；刹车后滑行距离x＝，冰冻路面滑行距离2μgv更大，C选项错误；滑行时间t＝，冰冻路面滑行时间更长，D选项正确。μg2.【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2，卫星在同步轨道上的向心anωr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】CQεS【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C＝，C＝可U4πkd知，当电介质插入极板间越深，即ε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】A12【解析】对一个侧面分析，玻璃柱的材料对红光的折射率为2，sinC，n2aa临界角C＝45°，可知发光部分形状如图：两个半圆的半径为RtanC，22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(1)a2，A选4项正确。5.【答案】B【解析】由图丙知在t＝0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，3A选项错误；根据题意可知xn，只有n＝1时0.6m满足条件，则v＝0.75m/s，4B选项正确；周期T＝0.8s，t＝1.5T，路程S＝1.5×4A＝1.2m，C选项单位错误；质点Q在5t＝0时刻位于波峰，则质点Q的振动方程为y0.2cos(t)m，D选项错误。26.【答案】B【解析】ab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；ab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1{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}度，故b→c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v小速度不是vcos60，A选项错误；将运动沿a点速2度方向和b点速度方向分解，由分运动的等时性可知：dcos60°dsin60°dt得t，v3v，故B选vvbbv22vvayb项错误，C选项正确；由a可知，加速度ax、ay有tan3，所以恒力vtax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】AC38mgsin【解析】小物块紧靠静止在斜面上，对整体，＋，解得，bakx0(mm)gsink55x0A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x113内位移之比为，又，当物块、分离时，弹簧压缩量，x1x2x0abΔxx0x1x0x234B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31有kxmgsinma，代入k后解得agsin，C选项正确，D选项错误。40510.【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Fb∶Fc＝1∶2，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ab∶ac＝1∶4，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vc＝4vb，且稳定时回路中没有电流，所E4E以有E＝Bdvb＋2Bdvc，联立解得，v＝，v＝，B选项正确；电路稳定时，回b9Bdc9Bd2E路中没有电流，因此b两端电压即2Bdvb＝，C选项错误；对B棒应用动量定理有9mE111BIdtBdqmv，解得q，根据能量守恒定律有Eq＝mv2mv2Q，b9B2d22b22c2{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}R又串联电路中导体棒中产生的热量正比于电阻，有，联立解得导体棒中产Q＝2QbbRRR2mE2生的焦耳热为Q＝，D选项正确。b90B2d2二、非选择题：d2(t2－t2)分分12分11.(7)(1)5.00(2)22(2)2Lt1t2(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v2v2头一尾的刻度线都对齐，所以读数为5.00mm。（2）at0，初、末速度用平均速度2ddd2(t2－t2)表示，可得12。（）测得的初、末速度实际上是小车通过前后两感应va223t2Lt1t2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Δx1、Δx2，而Δx1<Δx2，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）①R1②左③210或210.0④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）①分压式接法，故选择R1。②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。③因电流计RR'RR'中电流为0，设电阻丝左右两部分电阻分别为''故011x1，所以R1,R2','RxR2R02R2。④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RxR01R02210以对实验结果无影响。13.(10分)【答案】（1）1.81018J或11.25eV（2）1.5V解析：(1)设波长为110nm的极紫外线的波长为c，3{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}逸出功W0hC(1分)c频率C(2分)c18或代入数据解得W01.810J11.25eV(1分)(2)处于n＝4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hvmE4E112.75eV(2分)由光电效应方程可知光电子最大初动能分EkmhvmW01.5eV(1)遏止光压必须满足分EkmeUC(2)代入数据解得Uc＝1.5V(1分)．分【答案】（）（）（）＝14(15)17mg2v2gR3d2RxR解析：（1）小车固定时，物块下滑至A过程中，11机械能守恒，mgRmv2－mv2(1分)2A20v2在A点，根据牛顿第二定律，F－mgmA，(1分)NR联立解得支持力FN＝7mg(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，分0mv12mv2(2)111机械能守恒，mv2mgRmv22mv2(2分)202122解得小车速度v分2gR(1)（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1mv2mgR2μmg2Rmgh可知h＝R，物块与B端挡板碰撞后刚好返回到圆弧最高20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1mv2mgRμmgS(1分)204{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}解得S＝6R，故小物块最终停在B点，距A点d＝2R(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，可得分mx12mx(2)几何关系：分x1x3R(1)解得：xR(1分)mv2115（18分）【答案】（1）E0（2）2v，（3）14L02qL014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α。1x轴方向：Lat2(1分)2分qE0ma(1)轴方向：v分y2L0t(1)mv2联立解得：E0(2分)02qL11（2）在第二象限，根据动能定理：qELmv2mv2(1分)0220解得粒子过点的速度vv分N20(1)设穿过轴下方第一个电场后的速度为v，根据动能定理：x111qELmv2mv2(1分)212代入数据得：vv分120(1)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：mv2v1分q1B(1)R1代入数据得R1＝14L(1分)L1设速度偏向角为θ，则sin(1分)R114即粒子在进入第四象限下方第二个电场时速度5{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}1的大小为2v，方向与y轴负方向所成夹角满足sin014（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，此前粒子已经过个电场，设此时粒子速度大小为v，根据动能定理：nn11nqELmv2mv2(1分)2n2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：mΔvix＝iqBL(2分)所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有mvnx—0＝(1＋2＋3＋……＋n)qBL，又vnx＝vn(1分)n(n1)联立得2n2，解出n＝7(1分)14故粒子离x轴最远的距离为2nL=14L。(1分)6{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}