湖北省名校联考2023-2024学年高三上学期11月期中考试物理试题答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届湖北省名校联考高三上学期11月期中考试

绝密★启用前（新高考湖北卷） 物理参考答案 1．B 【解析】玻尔理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，但无法解释复杂原子的光谱现象，A错误；食盐被灼烧 c 时，钠原子吸收能量处于高能级，向低能级跃迁时放出光子，B正确；根据E h 可知黄双线的光子能量约  为2.10eV，根据发生光电效应的条件可知，不能使逸出功为2.25eV的金属发生光电效应，C错误；太阳光谱中 仅有题述两种波长的光，并不能说明太阳中有钠元素，有钠的特征光谱才能说明太阳中有钠元素，D错误。 2．D 【解析】ts末，A、B两质点的速度大小之比为3:1，A错误；2ts末，A、B两质点的速度大小之比为1:1， 3 1 B错误；在0~t时间内，A质点的位移s = at2，B质点的位移s = at2，A、B两质点的位移大小之比为3:1，C A 2 B 2 3 1 1 1 错误；在0~2t时间内，s = at2 3att at2 5at2，s = at2 att 3at2 3at2，A、B两质点的位移 A 2 2 B 2 2 大小之比为5:3，D正确。 3．C r3 r3 【解析】根据开普勒第三定律有 地  樊 ，解得T 5.67年，A错误；根据万有引力提供向心力可知 T2 T2 樊 地 樊 Mm v2 G m ，轨道半径越大，卫星的线速度越小，假设在远日点有一个与之相切的圆轨道，“樊锦诗星”在远 r2 r 日点的速度小于与之相切的圆轨道上的公转速度，而此公转速度又小于地球的公转速度，B错误；轨道半长轴 为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离r 为4.86天文单位，则近日点到太阳中心距离r 为1.5天文单位，对 1 2 1 1 于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间Δt内的运动，根据开普勒第二定律有 vrt  v rt， 2 11 2 2 2 v r 1.5 Mm 解得 1  2  ，C正确；根据万有引力提供向心力可知G ma，“樊锦诗星”在远日点的加速度 v r 4.86 r2 2 1 a 1 与地球的加速度大小之比为 1  ，D错误。 a 4.862 4．D 【解析】由图乙可知振动周期T=0.5s，则波长vT 0.4m，A错误；O、A两波源到B的波程差x0.8m2， 所以B点是振动加强点，B错误；AC连线上（含A、C两点）共有满足x4λ，3λ，2λ，λ，0，-λ，-2λ的7 AB OB 个振动加强点，C错误；两波源的波到达B点的时间分别为t  1.5s，t  2.5s，则在1.5s~2.5s 1 v 2 v 时间内，B 质点振动的路程为 S 4A232cm ，则在 2.5s~3s 时间内，B 质点振动的路程为 1 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 1 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}S 42A32cm，则0~3s时间内B质点振动的路程为S S S 64cm，D正确。 2 1 2 5．B 【解析】根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置的受力分析如图所示，根据平衡条件可知导 体棒所受支持力N mgsin，导体棒所受摩擦力 f mgsin，导体棒沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动， 在到达顶端前的过程中，增大，导体棒所受支持力N增大，导体棒所受摩擦力 f 增大，故A错误；导体棒所 受的安培力F BILmgcosmgsin 12sin，在090范围内增大，可知安培力先增大后减 小，tan时，导体棒所受的安培力最大，B正确；重力与支持力的合力为mgcos，随增大而减小，故 F F 1 C错误；令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为，则有tan N  N  ，可知支持力 f F  N 和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零， 则重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，即重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角 始终不变，故D错误。 6．D Φ E 【解析】根据电磁感应定律可知E ，I  ，则导体棒穿过磁场区域1的过程中通过电阻R的电量 t Rr ΔΦ BLx qIt  0 ，A错误；由于tan，F 就是金属棒所受的合外力，设进入磁场区域1时的拉力为 F ， Rr Rr 1 E 2B4L4x 速度为v，则有Fx 0  2 mv2，进入磁场后做匀速运动则 F BIL ，其中I  Rr ，EBLv，解得F  mRr 0 2 ， 2B2L2x nB2 L2v v mRr 0  ，B、C错误；由于匀速运动，则第n个磁场区域的安培力大小为 F n  Rr ，则整个过程的电 热QFx F x F x ，解得Q 2x 0 2B4L4  122232n2 ，D正确。 1 0 2 0 n 0 mRr2 7．C 【解析】两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此内能增加量相同，A错误；A→B为等容过程，气体 做功为零，由热力学第一定律可知内能改变量U Q 450J，A→C为等压过程，内能增加了450J，吸收热 V V 量为750J，由热力学第一定律可知气体对外做功为300J，B错误；A→C为等压过程，则 A  C ，做功大 T T A C 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 2 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}1 小为W  p  V V  ，联立解得V 10L，C正确；A→C过程中，气体体积增加了原体积的 ，D错误。 AC A C A A 5 8．AD 【解析】根据能量守恒可知E =E +Q，B、C错误；画出小物块B和木板A的速度时间图线分别如图中 kB kA 1和2所示，图中1和2之间的面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示小物块B的位移x ，2与t轴所围的 1 面积表示木板A的位移x ，由图易知x  l，x  l；又E  fx 、E  fx 、Q fl，则E >Q>E ， 2 1 2 kB 1 kA 2 kB kA AD正确。 9．BD U U 【解析】在原线圈回路中，U U I R ，则 1  R 10 ；设副线圈中电流为 I ，又 1 k ， 1 ab 1 1 I 1 2 U 1 2 I I U R U R 2 2  2 k ，U U I R ，联立解得U  ab I 1 ，则 2  1  ，综上可知BD正确。 I I 1 ab 1 1 2 k 2 k2 I k2 5 1 1 2 10．BCD 【解析】杆长为l，a球靠在光滑的车厢竖直侧壁上，到车厢底面的高度为0.8l，则轻杆与竖直方向的夹角θ=37°， 当a球与车厢左壁的弹力刚好为零时，对a球根据牛顿第二定律得mgtanθ=ma ，解得a =gtanθ；当b球与车厢 1 1 底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时，对a、b受力分析如图所示，在竖直方向根据平衡条件有N cosθ=mg， 1 N =2mg，在水平方向根据牛顿第二定律有 f N sinma ，又 f N ，联立解得a (2tan)g ； 2 m 1 2 m 2 2 若0.5，即tan2，则车厢的加速度的最大值为a (2tan)g  2.5m/s2，A错误，B正确； 2 若0.8，即tan，则车厢的加速度的最大值为a  g tan 7.5m/s2，C正确，D正确。 1 11．（8分） （1）B（2分） 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 3 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}m （2）左（2分） (x22x x )（2分） 8T2 4 2 4 （3）BC（2分） 【解析】 （1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。故选B。 x （2）纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打B点时的速度为v  2 ， B 2T x x 打点计时器打 D 点时的速度为v  4 2 ，在打 B 点到 D 点的过程中，重锤动能增加量的表达式为 D 2T 1 1 m E  mv2  mv2  (x22x x )。 k 2 D 2 B 8T2 4 2 4 1  f  （3）根据题意，设阻力为f，由动能定理有mg f h mv2，整理可得v2 2g h，可知，若阻力为零， 2  m 则两次实验的v2h图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A错误，B正确；虽然斜率 不相等，但不知道两物体所受阻力的情况，则两物体的质量关系不确定，即m 可能等于m ，故C正确，D 1 2 错误。 12．（10分） （1）a（2分） （2）1（2分） （3）1:9:90（2分） （4）向下（2分） （5）4000（2分） 【解析】 （1）电流从红表笔流进，黑表笔流出，欧姆表红表笔与内部电源负极相连，故图中红色表笔应该连接在a处。 （2）当开关K拨向1时，回路中满偏电流小，欧姆表内阻大，中值电阻大，能够接入待测电阻的阻值也更大， 倍率较大，即挡位为“×100”。 I R （3）当开关 K 拨向 1 时，回路中满偏电流I  I  g g ；当开关 K 拨向 2 时，回路中满偏电流 g1 g R R R 1 2 3 I (R R ) I (R R R ) I  I  g g 3 ；当开关K拨向3时，回路中满偏电流I  I  g g 2 3 ；依题意，当 g2 g R R g3 g R 1 2 1 开关K拨向1时，回路中满偏电流I :I :I 1:10:100，解得定值电阻R 、R 、R 的阻值之比为R ： g1 g2 g3 1 2 3 1 R ：R 1:9:90。 2 3 （4）从“10”挡位换成“1”挡位，即开关K从2拨向3，满偏时干路电流增大，再进行欧姆调零时，a、b短 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 4 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}接时回路总电阻减小，调零电阻接入电路的阻值减小，因此滑片向下滑动。 E （5）在“×100”挡位进行欧姆调零，则I  ，在ab两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻R ，稳定后表 g1 R 1 内 1 I E 头G的指针偏转到满偏刻度的 ，则 g1  ；在ab两表笔间接入待测电阻R，稳定后表头G的指 4 4 R R x 内 1 针偏转到满偏刻度的 1 ，则 I g1  E ；联立解得R  2 R ，则R 4000。 3 3 R R x 3 1 x 内 x 13．（11分） 3 3R （1） （2）1:3 c 【解析】 1 （1）根据发生全反射的临界角sinC （1分） n 3 可知B光发生全反射的临界角的正弦值为sinC （1分） 3 画出B光的光路图如图所示（1分） 根据几何关系可知前两次在玻璃砖中入射的角度均为60，第三次在玻璃砖中的入射角为30，根据 3 3 1 3 sin60°  ，sin30  （1分） 2 3 2 3 可知在玻璃砖内发生两次全反射后从玻璃砖中射出，B光在玻璃砖中的路程为s3R（1分） sn B光从M点射入到第一次射出玻璃砖所需要的时间t  （1分） c 3 3R 联立可得t （1分） c sini （2）由几何关系可知，入射角为60，C光的折射角为45，B光的折射角为30，根据折射定律n 得C sinr 6 光和B光的折射率分别为n  ，n  3 （1分） 1 2 2 c 根据n 可知C光和B光在玻璃砖内的速度之比为 2:1（1分） v B光在玻璃砖内发生两次全反射后从N点射出，C光和B光在玻璃砖中的路程分别为l  2R，l 3R（1分） 1 2 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 5 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}联立解得C光和B光从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所用的时间之比为t :t 1:3（1分） 1 2 14．（14分） 5 1 25 （1） v （2） 或 8 0 2 32 【解析】 （1）设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x轴时的速度为v，磁感应强度为B。粒子在电场 中做斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。 在电场中： 根据抛体运动规律：vcos530 v sin530（1分） 0 根据动量定理：Eqt mvsin530 mv cos530（1分） 0 1 1 根据动能定理：EqL mv2  mv 2（1分） 2 2 0 在磁场中： v2 根据洛伦兹力提供向心力：Bqvm （1分） R 根据几何关系：2Rsin530 v sin530t（1分） 0 7mv 2 联立以上各式解得：E  0 （1分） 18qL 28mv B  0 （1分） 45qL E 5 则  v （1分） B 8 0 （2）设改变后的磁感应强度为B，粒子运动轨迹如图所示。 在第一象限：x v sin530t（1分） 1 0 v2 在第三四象限：Bqvm （1分） R 在第二象限：x vcos530t（1分） 2 1 Lvsin530t at2 2 Eq ma（1分） 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 6 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}根据几何关系：2Rsin530  x x （1分） 1 2 14mv 35mv 联立以上各式解得：B 0 或B 0 45qL 72qL B 1 B 25 则  或  （1分） B 2 B 32 15．（17分） 2aL 2aL （1） （2）L （3）5 2 2 【解析】 1 （1）A在电场力作用下加速，到即将于B发生第一次碰撞，有qEL  mv2（1分） 2 0 解得v  2aL （1分） 0 A与B发生第一次弹性碰撞，设碰撞后A、B的速度大小分别为v 、v ，由动量守恒和能量守恒，有 A1 B1 m v m v m v （1分） A 0 A A1 B B1 1 1 1 m v2= m v2 + m v2 （1分） 2 A 0 2 A A1 2 B B1 2aL 2aL 解得v  ，v  （1分） A1 2 B1 2 2aL 第一次碰撞后A和B的速度大小都为 2 （2）第一次碰后，当二者速度相同时，间距最大，即v at v （1分） A1 B1 v 解得t  0 （1分） a 1 根据运动学公式得最大距离为d v t(v t at2)（1分） max B1 A1 2 解得d  L（1分） max 1 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有v t  at2 v t （1分） A11 2 1 B11 2v 解得t  0 （1分） 1 a 3 此时A的速度v v at  v （1分） A2 A1 1 2 0 v2 B的速度仍为v ，这段时间内B的位移x v t  0  2L（1分） B1 B1 B11 a 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 7 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒：m v m v m v m v A A2 B B1 A A2 B B2 1 1 1 1 根据能量守恒： m v 2  m v 2  m v 2  m v 2 2 A A2 2 B B1 2 A A2 2 B B2 联立解得v' 0，v' v A2 B2 0 1 当位移相等有v' t  at2 B2 2 2 2 2v 解得t  0 （1分） 2 a 2v2 在这段时间内，B运动的位移x v' t  0  4L B2 B2 2 a 之后二者第三次发生碰撞，碰前A的速度v at  2v A3 2 0 由动量守恒：m v m v m v m v A A3 B B2 A A3 B B3 1 1 1 1 机械能守恒： m v 2  m v 2  m v 2  m v 2 2 A A3 2 B B2 2 A A3 2 B B3 v 3v 得碰后A速度为v  0 ，B速度为v  0 A3 2 B3 2 1 当二者即将四次碰撞时，v t v t  at2 B3 3 A3 3 2 3 2v 得t  0 （1分） 3 a 3v2 在这段时间内，B运动的位移x v' t  0  6L （1分） B3 B3 3 a 以此类推，可得出B每次碰后到下一次碰前，B向右的位移逐次增加2L，即x 8L，x 10L… B4 B5 发生第五次碰撞时，B已经运动的位移为20L，此时B距磁场右边界为30L－L－20L=9L x 10L，则 B5 不会在电场内发生第六次碰撞，碰撞次数为5次。（1分） （其他合理方法均可） 物理参考答案（新高考湖北卷） 第 8 页（共 8 页） {#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}