4月物理参考答案及评分标准0401_2024年4月_01按日期_19号_2024届湖北省第九届高三下学期4月调研模拟考试_湖北省第九届2024届高三下学期4月调研模拟考试物理

第九届湖北省高三（4 月）调研模拟考试 物理参考答案及评分标准 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A D A C B AB BCD BC 1．B【解析】235U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 92 多，它的结合能就越高，因此235U的核结合能大于144Ba的核结合能，B选项正确；比结合 92 56 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 误；铀核裂变的核反应方程为1n＋235U→144Ba＋89Kr＋31n，D选项错误。 0 92 56 36 0 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； 根据 G M r m 2 = m 2 v r 可得 v = G M r ，r≥R，v≤7.9km/s，B选项错误；巡天空间望远镜的轨道 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 Mm GM 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 r2 r2 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F 、F 的作用处 1 2 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 F 1 ＝mgcosθ，F ＝mgsinθ，𝜃减小，F 增大，F 减小，A选项正确。【方法二】在“L型”挡板 2 1 2 缓慢转动过程中，F 、F 的夹角保持 90°不变，所以力 F 和 F 的交点在圆上移动，矢量图 1 2 1 2 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 F 逐渐增大，力 F 逐 1 2 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p ，则 1 p 0 + g h = p 1  ，p ＝90cmHg， 1 C选项错误；水平放置时管内封闭气体的压强为p ＝75cmHg，V =lS， 2 1 V 2 = l S ，由波义耳 定律可得p V ＝p V ，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 1 1 2 2 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。 v2 d 6．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 r 2 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 t 6 0 3 6 0 2 q m B 3 m q B   =    = ，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 120°，如图所示，粒子运动时间 t 1 3 2 6 0 0 2 q m B 2 3 q m B   =    = ，粒子从ON边射出磁场，B选项错误； MN边上有粒子到达的区域为AB段，由几何关系可得 A B = d 2 ，C选项正确；ON边上有粒 子到达的区域为OC段，由几何关系可得 O C = 2 r c o s 3 0  = 2 3 d ，D选项错误。 7．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 2 1 1 1 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 2 2 2 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0 1 ≤h≤2m时，水斗的加速度为1m/s2，A选项错误；0≤h≤2m时由Δh＝ at 2解得所用时间 2 1 1 t ＝2s；2m≤h≤5m时由Δh＝vt 解得所用时间t ＝1.5s；5m≤h≤8m时由Δh＝vt － at 2解 1 2 2 3 2 3 得所用时间t ＝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 3 要t ＝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 4 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 x λ 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＝ 12 λ 12m，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y T1 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＝2cm 3 ＋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 ( c 2 o s ) 2 s in 2 2 s in (1 s in 2 )     E = ka q = k a q − ，令sin=t，则 f ( t ) = t − t 3 ， f ( t ) = 1 − 3 t 2 = 0 取极值， 解得  t = 3 3 = s in ，则 E m ax = 4 9 3 a k 2 q ，C 选项正确；连接 AP、CP，△PAC 为直角三角形， ∠PAC＝β， 1 ( 2 c o s ) 2  E = a k q ， 2 ( 2 s in ) 2  E = a k q ，联立得 1 E 1 + 1 E 2 = 4 a k q 2 ，D选项正确。 10．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 可得a ＝g(sinα＋μcosα)＝10m/s2。经时间t 物体与传送带达到相同速度v ，则有10t ＝6＋ 1 1 1 1 1 1 4t ，解得t ＝1s，此时v ＝10m/s，x ＝v t ＋ at 2＝8m，x ＝ a t 2＝5m。共速后，通过假 1 1 1 传 01 2 1 物 2 11 设法可知物体与传送带保持相对静止，x ＝x －x ＝3m，A选项错误、C选项正确；共速 相 传 物 1 时，物体离 B 点的距离为 Δx，则 Δx＝10.5m－x ＝5.5m。共速后由 Δx＝vt ＋ at 2解得 t 物 2 2 2 2 ＝0.5s，物体从A点运动至B点需要 t = t1 + t 2 = 1 .5 s ，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 ＝12J，D选项错误。 相 d 2hd2 11．【答案】(1)11.860(11.858~11.862均正确)(2分) (2) (2分) (3) (3分) t k2 【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 电门的速度 v = d t ；(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=v t， 0 1 d 2hd2 1 2hd2 2hd2 竖直方向有y= gt2，又v= ，可得x=  ，故k = ，解得g = 。 2 t g t g k2 U U −I R 1 k 1 12．【答案】(1) 0 −R (或 0 0 0 )(2分) (2) (2分) 1 (2分) (3) (2分) 小于(2分) I 0 I b b k 0 0 2【解析】(1)根据欧姆定律可得 U 0 = I 0 ( R 0 + R A ) ， R A = U I 0 0 − R 0 ；(2)根据闭合电路的欧姆定 律可得 E = U + R U + R A r ，解得 1 U = r E  R 1 + R A + 1 E ，则 k 1 = r E ， b = 1 E ；解得 E = 1 b ， r = k b 1 ； 1 1 R +r 1 (3)由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+R +r)，解得 = R+ A ，则k = ，解得 A I E E 2 E E = 1 k 2 ； 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。 13．【答案】(1) 2 (4分) (2) 4 3 3 c a (6分) 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。 由折射定律有 n = s s in in i r (1分) 解得 ∠BPQ＝120° (1分) PQ BQ 在△BPQ中，由正弦定理可得 = (1分) sinPBQ sinBPQ 由对称性可知，光线在棱镜中通过的路程为 s = 2 P Q = 2 3 6 a (1分) 光线在棱镜中传播的速度 v = c n (1分) s 4 3a 光线在棱镜中传播的时间 t = = (1分) v 3c14．【答案】(1)2m/s(4分) (2)10N(5分) (3)(4𝑡 +3√3) N∙s(6分) 0 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 𝑚𝑣 =(𝑚+𝑀)𝑣 (2分) 0 1 代入数据得： 𝑣 =2𝑚/𝑠 (2分) 1 (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 𝐹 =(𝑚+𝑀)𝑎 (2分) 对物块有 𝜇𝑚𝑔 =𝑚𝑎 (2分) 联立上式可得 𝐹 =10N (1分) (3)设二者即将相对滑动时的速度为𝑣 ，从木板恰好与弹簧接触到二者即将相对滑动的过程 2 中，由系统机械能守恒可得 1 (𝑚+𝑀)𝑣2 = 1 (𝑚+𝑀)𝑣2+ 1 𝑘𝑥2 (2分) 2 1 2 2 2 由胡克定律可得 𝐹 =𝑘𝑥 (1分) 木板的速度从𝑣 减速为0的过程中，取水平向左为正 2 由动量定理可得 𝐼−𝜇𝑚𝑔𝑡 =0−(−𝑀𝑣 ) (2分) 0 2 联立上式可得 𝐼 =(4𝑡 +3√3) N∙s (1分) 0 (说明：第(3)问计算结果未带单位，本次不扣分) 15．【答案】(1) 𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃 (5分) (2) 2𝑆𝑘2(7分) (3)𝐹 = 3𝑘 3 2𝐿2 𝑡+𝑚𝑎−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃(6分) 𝐵0𝐿𝑆 𝐵0𝐿 2𝑟 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 ∆∅ 𝐸 = =𝑘 𝑆 (1分) 1 1 ∆𝑡 回路中产生的感应电流为 𝐼 = 𝐸1 (1分) 1 𝑅 导体棒P受到的安培力为 𝐹 =𝐵 𝐼 𝐿 (1分) 1 0 1 由于P棒静止，则有 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 =𝐹 (1分) 1 𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃 联立上式得： 𝑘 = (1分) 1 𝐵0𝐿𝑆 (2)假设金属棒P释放的初速度为𝑣 0 在时间t内，位移 𝑥 =𝑣 𝑡+ 1 𝑎𝑡2 (1分) 0 2 回路中的磁通量为： ∅=𝐵 𝐿𝑥−𝐵 𝑆+∅ (1分) 0 2 0 将x、𝐵 代入得： ∅=𝐵 𝐿（𝑣 𝑡+ 1 𝑎𝑡2）−𝑆𝑘 𝑡2+∅ 2 0 0 2 0 2∆∅ 由法拉第电磁感应定律： 𝐸 = (1分) 2 ∆𝑡 回路中的电流为： 𝐼 = 𝐸2 (1分) 2 𝑅 若金属棒P匀加速运动，由牛顿第二定律有：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐵 𝐼 𝐿 =𝑚𝑎 (1分) 0 2 分析可知，回路中电流恒定，感应电动势𝐸 恒定，不随时间变化，故： 2 𝐵 𝐿𝑎−2𝑆𝑘 ＝0 (1分) 0 2 解得： 𝑎 = 2𝑆𝑘2 (1分) 𝐵0𝐿 (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，𝑥 = 1 𝑎𝑡2 (1分) 2 回路中的磁通量为： ∅=𝐵 𝐿𝑥 3 产生的感应电动势为： 𝐸 = ∆∅ = 3 𝑘 𝐿𝑎𝑡2 (2分) 3 3 ∆𝑡 2 回路中的电阻为： 𝑅 =2𝑟𝑥 (1分) 3 电流为： 𝐼 = 𝐸3 3 𝑅3 取平行导轨平面向下为正方向，对金属棒Q有：𝐹+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐵 𝐼 𝐿 =𝑚𝑎 (1分) 3 3 联立上式得，外力F与时间t的关系式为： 3𝑘2𝐿2 𝐹 = 3 𝑡+𝑚𝑎−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 (1分) 2𝑟 (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： 𝐹 =𝑚（𝑎+𝑔sin𝜃） (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： 𝐸 = ∆∅ = 1 𝑘 𝐿𝑎𝑡2 (1分) 3 ∆𝑡 2 回路中因切割磁感线产生的感应电动势为：𝐸′=𝐵 𝐿𝑣 =𝑘 𝐿𝑎𝑡2 (1分) 3 3 回路中总感应电动势为： 𝐸 =𝐸+𝐸′ (1分) 3 回路中的电阻为： 𝑅 =2𝑟𝑥 3 电流为： 𝐼 = 𝐸3 3 𝑅3 取平行导轨平面向下为正方向，对金属棒Q有：𝐹+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐵 𝐼 𝐿 =𝑚𝑎 (1分) 3 3 联立上式得，外力F与时间t的关系式为： 3𝑘2𝐿2 𝐹 = 3 𝑡+𝑚𝑎−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 (1分) 2𝑟