湖北省第九届2024届高三下学期4月调研模拟考试物理参考答案及评分标准

2024-04-21 · U1 上传 · 6页 · 530.7 K

第九届湖北省高三(4月)调研模拟考试物理参考答案评分标准题号12345678910答案BDADACBABBCDBC2351.B【解析】92U有92个质子,143个中子,A选项错误;根据自然组成原子核的核子越235144多,它的结合能就越高,因此92U的核结合能大于56Ba的核结合能,B选项正确;比结合能越大的原子核越稳定,重核分裂成两个中等大小的核,核的比结合能均会增大,C选项错1235144891误;铀核裂变的核反应方程为0n+92U→56Ba+36Kr+30n,D选项错误。2.D【解析】巡天空间望远镜加速会上升到更高的轨道,不能与空间站对接,A选项错误;Mmv2GM根据G=m可得v=,r≥R,v≤7.9km/s,B选项错误;巡天空间望远镜的轨道r2rr半径比同步卫星的轨道半径小,由开普勒第三定律可知巡天空间望远镜在轨道上运行周期比MmGM同步卫星的周期小,C选项错误;根据G=ma可得a=,巡天空间望远镜的加速度r2r2大于同步卫星的加速度,同步卫星角速度等于地球自转角速度,由a=ω2r可得同步卫星的加速度大于放在赤道上物体的向心加速度,D选项正确。3.A【解析】在“L型”挡板顺时针缓慢转动时,手机受到重力G及弹力F1、F2的作用处于动态平衡,将三力平移到矢量三角形中。【方法一】设挡板与水平方向的夹角为θ,则F1=mgcosθ,F2=mgsinθ,휃减小,F1增大,F2减小,A选项正确。【方法二】在“L型”挡板缓慢转动过程中,F1、F2的夹角保持90°不变,所以力F1和F2的交点在圆上移动,矢量图如图所示。由图可知在“L型”挡板顺时针缓慢转过60°角过程中力F1逐渐增大,力F2逐渐减小,A选项正确。4.D【解析】设玻璃管竖直放置时管内封闭气体的压强为p1,则p0+gh=p1,p1=90cmHg,C选项错误;水平放置时管内封闭气体的压强为p2=75cmHg,V1=lS,V2=lS,由波义耳定律可得p1V1=p2V2,解得l'=36cm,D选项正确;玻璃管缓慢转至水平放置的过程中,压强减小,气柱体积增大,对外界做功,B选项错误;气体对外界做功,温度不变,气体从外界吸收热量,A选项错误。5.A【解析】根据电路中电流方向和电容器极板间电场强度方向可知,该时刻电容器正在充电,电路中电流减小,电场能转化为磁场能,A选项正确。v2d6.C【解析】根据Bqv=m可知,带电粒子在磁场中运动轨道半径r=,自MN边射出r2的带电粒子在磁场中运动时间最短时,弦长也最短,如图所示,粒子运动时间602mmt==,A选项错误;带电粒子在磁场中运动时间最长时,对应圆心角最大为360qB3qB1202m2m120°,如图所示,粒子运动时间t==,粒子从ON边射出磁场,B选项错误;360qB3qBdMN边上有粒子到达的区域为AB段,由几何关系可得AB=,C选项正确;ON边上有粒23子到达的区域为OC段,由几何关系可得OC=2rcos30=d,D选项错误。27.B【解析】由图乙可知,0≤h≤2m时水斗做匀加速运动;2m≤h≤5m时水斗做匀速运动;5m≤h≤8m时水斗做匀减速运动;8m≤h≤10m时水斗加速度a随位移x均匀减小,水斗做1加速度逐渐减小的减速运动,C选项错误;根据动能定理mah=mv2,a-h图像围成的面2111积表示v2。5m≤h≤10m时图像围成的面积(3+5)×0.5×=v2,解得2m≤h≤5m时的速222度v=2m/s,B选项正确;0≤h≤2m图像围成的面积与5m≤h≤10m围成的面积相等,故01≤h≤2m时,水斗的加速度为1m/s2,A选项错误;0≤h≤2m时由Δh=at2解得所用时间211t=2s;2m≤h≤5m时由Δh=vt解得所用时间t=1.5s;5m≤h≤8m时由Δh=vt-at2解122323得所用时间t3=2s;由动能定理可求得h=8m时v=1m/s,若直接以匀速上升至h=10m需要t4=2s,8m≤h≤10m时水斗做减速运动,所用时间大于2s,故水斗自水面上升10m所用时间大于7.5s,D选项错误。8.AB【解析】由图乙知t=0.6s时刻A质点由平衡位置向y轴负方向振动,故简谐波沿xλ轴正方向传播,A选项正确;由甲图根据简谐横波的对称性可得波长×2=2m,解得λ=12λ12m,简谐波的周期T=0.8s,波速v==15m/s,B选项正确;t=0.6s时刻质点Q正在向yT1轴正方向振动,C选项错误;再经过s,质点P刚好振动到平衡位置,通过的路程为s=2cm3+4cm=6cm,D选项错误。9.BCD【解析】根据电场强度叠加可得B、D两点的电场强度大小相等,方向相反,A选项错误;将负电荷沿直线由B移动至D点,电场力先做正功后做负功,B选项正确;设对角线BD连线上任取一点M的场强为E,如图所示,设∠MAO=α,则2kq2kq32E=sin=sin(1−sin2),令sin=t,则f(t)=t−t,f(t)=1−3t=0取极值,a2()2acos343kq解得t==sin,则E=,C选项正确;连接AP、CP,△PAC为直角三角形,3max9a2kqkq2∠PAC=β,,,联立得114a,D选项正确。E1=2E2=2+=(2acos)(2asin)E1E2kq10.BC【解析】物体无初速度放上传送带时,其受摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律2可得a1=g(sinα+μcosα)=10m/s。经时间t1物体与传送带达到相同速度v1,则有10t1=6+12124t,解得t=1s,此时v=10m/s,x传=vt+at=8m,x物=at=5m。共速后,通过假1110121211设法可知物体与传送带保持相对静止,x相=x传-x物=3m,A选项错误、C选项正确;共速12时,物体离B点的距离为Δx,则Δx=10.5m-x物=5.5m。共速后由Δx=vt+at解得t2222=0.5s,物体从A点运动至B点需要t=t1+t2=1.5s,B选项正确;只有在0~1s内有相对运动,因摩擦产生的内能Q=μmgcosα·x相=12J,D选项错误。d2hd211.【答案】(1)11.860(11.858~11.862均正确)(2分)(2)(2分)(3)(3分)tk2【解析】(1)螺旋测微器的读数为d=11.5mm+36.0×0.01mm=11.860mm;(2)金属小球经过光d电门的速度v=;(3)小球自弧形槽末端飞出后在空中做平抛运动,在水平方向有x=v0t,t12hd212hd22hd2竖直方向有y=gt2,又,可得x=,故k=,解得g=。2gtgk2U0U0−I0R01k1112.【答案】(1)−R0(或)(2分)(2)(2分)(2分)(3)(2分)小于(2分)I0I0bbk2U0【解析】(1)根据欧姆定律可得U0=I0(R0+RA),RA=−R0;(2)根据闭合电路的欧姆定I0U1r11r11k1律可得E=U+r,解得=+,则k1=,b=;解得E=,r=;R+RAUER+RAEEEbb11RA+r11(3)由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+RA+r),解得=R+,则k2=,解得E=;IEEEk2该实验的系统误差来源主要是未考虑电压表分流作用,由等效法分析可知,由该电路测得电动势E的测量值小于真实值。43a13.【答案】(1)2(4分)(2)(6分)3c解:(1)光线垂直于BC边射入棱镜后光路图如图所示,设光线在棱镜中发生全反射的临界角为C。由几何关系可得C=45(1分)1根据sinC=(2分)n解得n=2(1分)(2)光线自P点平行于BC边射入棱镜,光线恰好经过Q点的光路图如图所示。sini由折射定律有n=(1分)sinr解得∠BPQ=120°(1分)PQBQ在△BPQ中,由正弦定理可得=(1分)sinPBQsinBPQ由对称性可知,光线在棱镜中通过的路程为26s=2PQ=a(1分)3c光线在棱镜中传播的速度v=(1分)ns43a光线在棱镜中传播的时间t==(1分)v3c14.【答案】(1)2m/s(4分)(2)10N(5分)(3)(4푡0+3√3)N∙s(6分)解:(1)物块从滑上木板至两者达到共速的过程中,由系统动量守恒可得푚푣0=(푚+푀)푣1(2分)代入数据得:푣1=2푚/푠(2分)(2)物块与木板之间即将相对滑动时,二者之间的摩擦力达到最大值。对物块与木板整体有퐹=(푚+푀)푎(2分)对物块有휇푚푔=푚푎(2分)联立上式可得퐹=10N(1分)(3)设二者即将相对滑动时的速度为푣2,从木板恰好与弹簧接触到二者即将相对滑动的过程中,由系统机械能守恒可得111(푚+푀)푣2=(푚+푀)푣2+푘푥2(2分)21222由胡克定律可得퐹=푘푥(1分)木板的速度从푣2减速为0的过程中,取水平向左为正由动量定理可得퐼−휇푚푔푡0=0−(−푀푣2)(2分)联立上式可得퐼=(4푡0+3√3)N∙s(1分)(说明:第(3)问计算结果未带单位,本次不扣分)푚푔푅푠푖푛휃2푆푘3푘2퐿215.【答案】(1)(5分)(2)2(7分)(3)퐹=3푡+푚푎−푚푔푠푖푛휃(6分)퐵0퐿푆퐵0퐿2푟解:(1)ABCD区域的磁感应强度随时间均匀变化,产生的感应电动势为∆∅퐸==푘푆(1分)1∆푡1퐸回路中产生的感应电流为퐼=1(1分)1푅导体棒P受到的安培力为퐹1=퐵0퐼1퐿(1分)由于P棒静止,则有푚푔푠푖푛휃=퐹1(1分)푚푔푅푠푖푛휃联立上式得:푘1=(1分)퐵0퐿푆(2)假设金属棒P释放的初速度为푣01在时间t内,位移푥=푣푡+푎푡2(1分)02回路中的磁通量为:∅=퐵0퐿푥−퐵2푆+∅0(1分)1将x、퐵代入得:∅=퐵퐿(푣푡+푎푡2)−푆푘푡2+∅200220∆∅由法拉第电磁感应定律:퐸=(1分)2∆푡퐸回路中的电流为:퐼=2(1分)2푅若金属棒P匀加速运动,由牛顿第二定律有:푚푔푠푖푛휃−퐵0퐼2퐿=푚푎(1分)分析可知,回路中电流恒定,感应电动势퐸2恒定,不随时间变化,故:퐵0퐿푎−2푆푘2=0(1分)2푆푘解得:푎=2(1分)퐵0퐿1(3)金属棒Q在外力作用下由静止开始匀加速运动,在时间t内,푥=푎푡2(1分)2回路中的磁通量为:∅=퐵3퐿푥∆∅3产生的感应电动势为:퐸==푘퐿푎푡2(2分)3∆푡23回路中的电阻为:푅3=2푟푥(1分)퐸3电流为:퐼3=푅3取平行导轨平面向下为正方向,对金属棒Q有:퐹+푚푔푠푖푛휃−퐵3퐼3퐿=푚푎(1分)联立上式得,外力F与时间t的关系式为:3푘2퐿2퐹=3푡+푚푎−푚푔푠푖푛휃(1分)2푟(第(3)问另解如下:解答过程、结果正确可参照赋分)(3)若导体棒向上运动,未进入磁场区:퐹=푚(푎+푔sin휃)(1分)若导体棒进入磁场区,回路中因磁感应强度变化产生的感应电动势为:∆∅1퐸==푘퐿푎푡2(1分)∆푡232回路中因切割磁感线产生的感应电动势为:퐸′=퐵3퐿푣=푘3퐿푎푡(1分)回路中总感应电动势为:퐸3=퐸+퐸′(1分)回路中的电阻为:푅3=2푟푥퐸3电流为:퐼3=푅3取平行导轨平面向下为正方向,对金属棒Q有:퐹+푚푔푠푖푛휃−퐵3퐼3퐿=푚푎(1分)联立上式得,外力F与时间t的关系式为:3푘2퐿2퐹=3푡+푚푎−푚푔푠푖푛휃(1分)2푟

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