2024湖北十一校第二次联考物理答案及解析_2024年3月_013月合集_2024届湖北省十一校高三下学期第二次联考_湖北省十一校2024届高三下学期第二次联考物理

2024 届高三湖北十一校第二次联考 v2 2 道均无弹力，重力的分力提供向心力，有mgsinm D ，解得sin ，D正确。 参考答案 R 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7．B 在t时间内空气动能为 m = ρvts = ρ ，则此风力发电机发电功率约为 = 1 2 1 2 1 2 3 10%Ek B D C B C D B BD BD BD ，B正确 Ek =2 2 2 π P= t 1.6× 1．B 由题图可知，16 O的比结合能约为8MeV，故16 O核的结合能约为128MeV，A项错误；4 He核 4 8 8 2 8．B1D0 根w据变压器的等效 （） 。故 R，当滑片P从最上端开始向下滑动时，R变小， 等效 副 等效 比6 Li核的比结合能更大，故4 He核比6 Li核更稳定，B项正确；从比结合能小的元素生成比结合 1 2 1 3 2 3 等效 变小，电压表示数R变小，=电 2流表 示数变大R，电=源4的输出功率变大，A错误；B正确；当 等效 2Ω， 能大的元素，有核能释放，故两个2 H核结合成4 He核时释放能量，C项错误；由题图可知，235 U 1 2 92 即R R=8Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，C错误；当R=16Ω时， 等效 4Ω，此时变压器原R线圈=端分 核的平均结合能比89 Kr核的平均结合能小，D项错误 36 得的电压为24V，由 可得，电压表示数为48V，D正确。 R = 2．D 由等势面的分布可知，A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，均大于C点的电场强度，则不 1 1 计重力的正电荷在A、B两点的加速度大小相等，但方向不同，A、B项错误；由电势能E ＝qφ可知， 9．BD 由题图甲可以看出 ，2 =该 波2 的波长为 ，由题图乙可以看出周期为 ，波速为 p 正电荷在B点的电势能大于在C点的电势能，C项错误；由W＝qU 和U ＜0、q＜0得W＞0，则 ，A错误；当 时，Q点向 上=运36动cm，结合题图甲，根据“上下坡” 法=可2得 波沿x轴 负=方 向=传 CB CB 1 D项正确 1 播 8 ， cm B / 正确；由题图甲 可 = 知 3 ， 处y A  Asin30，则x  30 3cm，C错误；由题图 2 P 360 3．C 由光路图可知，可视角度与防窥屏的厚度无关，选项A错误；如果屏障越高，则入射角越小， =0 1 根据折射定律可知折射角越小，角越小，B错误；由图可知，可视角度是光线进入空气中时折射 乙可知， 时，质点Q处于平衡位置，经过t  3 s，其振动状态向x轴负方向传播到P点处，则 角的2倍，透明介质的折射率越小，折射角越小，可视角度越小，C正确；防窥屏实现防窥效果的 =0 1 x x vt 18 cm6cm,x 9cm，得 ，D正确 Q P 3 Q 原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，能射出到空气中的光其入射角都小于临界角，没有发生 =9cm 1 全反射，D错误 10．BD设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，由动能定理，有qEd  mv2，洛伦兹力充当向心力， 2 4．B 对地球表面的物体，由万有引力定律得 =mg，对火星表面的物体，由万有引力定律得 =m 火 ， mv2 B2qd GM地m GM地m 有Bqv  ，由几何关系可得Rd，综上，E  ，A错误；粒子在电场中的运动时间为 2 2 R R R 2m 可得 = ，设每条支架腿对火星表面的正压力大小为F ，则有 = ，可得 = ，B正 确 火 2 N 4 火 4 2 t 1  d v  2 q m B ，在磁场中的运动时间为t 2  2  q m B ，粒子从O运动到P的时间为t   2  q 4 B  m ，B正 2 5．C 图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的速 确；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量v 、v ，再把粒子受到的洛伦 x y 度 大−小 等于 ，由图可得实际Q的 图象与坐标轴围成的面积大于Q的 兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为F  Bqv 、F  Bqv 。设粒子在 1 x y y x 加速度均匀增 大=时2×1×图0象.8m与/坐s=标0.轴4m围/s成的面积，故t=1s时， −Q 的速度大小大于0.4m/s，A错误； 最低点N的速度大小为v，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv0qBv t qBy， y t=0时，对物块P有 − ，故恒力F大小为2N，B错误；t=1s时，对物块P、Q 1 B2qd Bqd 整体有 （ =） ， 0解=得2×1 =2 ，C正确；t=1s时，物块P、Q加速度相同，但物块P 由动能定理可得qEy  mv2 0，结合E  ，解得 y  d ， v  ，故C错误，D正确 2 2m m 速度比 物 = 块Q 速 度 + 大 ， t= 11s后，弹 簧 继=续0.5压 缩 ，物块P、Q不可能一起做匀加速直线运动，D错误。 11．①>（2分） ② （2分） ③等于（3分） 6．D 小球恰好过圆弧轨道最高点C，由于下方有支持物，所以过C点时速度为0，A错误；小球过C点 由几何关系可知 14 > ； = g ， = ， g ，可得 = m/s； 1 1 ℎ sin 2 1 0 1 2 0 2 2 时速度为 0，不能做平抛运动，B 错误；A 到 C，由机械能守恒定律可得 2 mv A 2 mg2R ，解得 2 = ℎ sin 1 3 1sin30 2 1cos30 = = + 14 在B点，竖直方向上 = ，水平方向上 = ，故 = 2 2 ，而 = 2 2 ， 1 ℎ 2 2 ℎ + ℎ + v A 2 gR，C错误；由D到C根据机械能守恒有mgR(1sin) 2 mv D 2 ，在D点小球对内外轨 所以 2 2 = + 2 2 = 2 = 2024届高三湖北十一校第二次联考物理答案 第1页（共4页） 2024届高三湖北十一校第二次联考物理答案 第2页（共4页）设人与平板共速时的速度为v，有vv at 解得 v=3m/s（1分） 1 11 12.（10分）（1）红（2分） （2）低（2分） （3）1494（2分） （4）270（2分） 人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x满足0v2 2ax 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 2 2 闭合时对应欧姆表低倍率；使用“100”挡位时，开关K断开， =1500解得 =1494； 解得x =4.5m（1分） 总 2 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 ， 则河岸宽度的最大值d m  x 1 x 2 =9.6m（2分） ， 1.5 1.35 = 150 = 内 15．（1）3m/s；（2）5 C ； 0.2J （3）18m 可得 ， =135，又 ，可得 =270 R 3 内 1.5 内 ， 1.35真 真 （1）由题意知，I a 2I ，I b  I ，对b分析有BILmg 解得 I 1A（2分） R 150+300= R 13 ．（10 分）（1）2h （2）4h R +R BLv I 2I  又 a R 解得 v3m/s（2分） （1）当A向右移动 L时， 设B不移动，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得 R 2 2 PSLPS L 解得 3 p 1 ＝3p 0 （2分） （2）整个过程中通过a的电荷量 q2It BLx  5 C （2分） 0 1 3 3 3 R 此时B中气体的压强为4p ＞p ，故B不动，假设成立 2 0 1 1 由p 1 ＝p 0 +Δp得Δp=2p 0 （1分） 故水的深度H＝ （1分） 整个过程对A运用功能关系有FxmgxQ mv2（2分） 2 （2）该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p 2h 0 根据焦耳定律可知 2 （2分） 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Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B Q a  3 Q0.2J 向右移动x 距离，两部分气体压强为p 2 ， （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v  2gh 4m/s（1分） y 对原Ⅰ内气体， 由玻意耳定律得 p SL＝p Sx（2分） 0 2 碰撞过程中，竖直方向，由动量定理 F t 2mv （1分） N y 对原Ⅱ内气体， 由玻意耳定律得 4p SL＝p S（L－x）（2分） 0 2 同理，水平方向上有 kF t mv 解得 （1分） 解得 p ＝5p N x 1 0 由 p ＝p +Δp 得 Δp =4p （1分） 即每次与地面碰撞，水平速度减小0.2m/s， ∆ 又 vx 水 = 平 − 初 0. 速 2m 度 /s v3m/s，故与地面碰撞15次后，水平 2 0 2 2 0 1 故水的最大深度H ＝4h（1分） 速度为0，运动到最右侧，从抛出到第一次与地面碰撞h gt2 m 2 14.（1）5m/s2；（2）10m/s （3）9.6m 解得 t=0.4s （1分） （1）人与A碰撞后，由牛顿第二定律，对人 =5 ，解得a 1 =5m/s2 故 （1分） 对A分析 = ， 解得a 2 =5m/s2 5 1 第1 次 0 = 碰 撞 = 与 1 第 .2 2 次碰撞之间 对平板分析 得 2 = （2分） 第2次碰撞与第3次碰撞之间 1 =(3−0.2)×0.8=2.8×0.8 解得a 3 =5m/s2（ 2分 + ） 5 −10 4 3 以此类推，第14次碰撞与第1 52 次 = 碰 (3 撞 − 之 0. 间 4)×0.8=2.6×0.8 （2）设人滑到圆弧轨道底端时的速度为v ，由机械能守恒定律 h= ·5 ，解得v =8m/s（1分） 以上数据正好组成一个等差数列，由求和公式 14 可 = 得 (3 s − =x 21 + .8 x )2 + × .. 0 ... .8 .+ = x 140 = .2 16 × .8 0 m .8 （ 1分） 0 0 1 2 故导体棒a离开导轨后向右运动的最大水平距离l m = +s=18m（2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 5 右 为正 2 方 0向，经t 1 =0.6s人与平板共速， x0 有 v at at 解得v =6m/s（2分） 1 11 31 1 由动量守恒定律得 = + 解得 v =10m/s（2分） 2 （3）t =0.6s内，橡胶块A 5 的 0 位 5 移 1 为 2 x v t  1 a t2 解得x =5.1m（1分） 1 1 2 1 2 2 1 1 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 解得 a=1m/s2（1分） 9 1 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）