2024屆湖北省高三十一校高三下學(xué)期第二次聯(lián)考（二模）物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年高三湖北省十一校第二次聯(lián)考物理試題一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，第8-10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.原子核的比結(jié)合能曲線如圖所示，根據(jù)該曲線，下列判斷中正確的是（）A.核的結(jié)合能約為64MeV B.核比核更穩(wěn)定C.兩個核結(jié)合成核時吸收能量 D.核中核子平均結(jié)合能比核中的大〖答案〗B〖解析〗A．由題圖可知，核的比結(jié)合能約為8MeV，氧核的核子數(shù)為16，因此結(jié)合能約為16×8MeV=128MeV，故A錯誤；B．核比核比結(jié)合能更大，則更穩(wěn)定，選項B正確；C．兩個核結(jié)合成核時產(chǎn)生聚變反應(yīng)，有質(zhì)量虧損，由質(zhì)能方程可知，因此釋放能量，故C錯誤；D．由圖可知，核中核子的平均結(jié)合能比核中的小，選項D錯誤。故選B。2.如圖所示為雷雨天一避雷針周圍電場的等勢面分布情況，在等勢面中有A、B、C三點，其中A、B兩點位置關(guān)于避雷針對稱。下列說法中正確的是（）A.B點場強(qiáng)小于C點場強(qiáng)B.某不計重力的正電荷在A、B兩點的加速度相同C.正電荷在C點的電勢能比其在B點的電勢能大D.將負(fù)電荷從C點移動到B點，電場力所做的總功為正〖答案〗D〖解析〗A．等差等勢面越稀疏場強(qiáng)越小，因此C點場強(qiáng)小于B點場強(qiáng)，故A錯誤；B．A、B兩點處于同一等勢面上，電場方向不同，根據(jù)可知不計重力的正電荷在A、B兩點的加速度不相同，故B錯誤；C．B點的電勢大于C點的電勢，根據(jù)可知正電荷在C點的電勢能小于B點的電勢能，故C錯誤；D．負(fù)電荷從C點移動到B點時，是從低電勢移動到高電勢，根據(jù)可知電勢能變小，電場力做正功，故D正確。故選D。3.某款手機(jī)防窺屏的原理圖如圖所示，在透明介質(zhì)中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可實現(xiàn)對像素單元可視角度的控制。發(fā)光像素單元緊貼防窺屏的下表面，可視為點光源，位于相鄰兩屏障的正中間。下列說法正確的是（）A.防窺屏的厚度越大，可視角度越小B.屏障的高度d越大，可視角度越大C.透明介質(zhì)的折射率越小，可視角度越小D.防窺屏實現(xiàn)防窺效果主要是因為光發(fā)生了全反射〖答案〗C〖解析〗A．由光路圖可知，可視角度與防窺屏的厚度無關(guān)，故A錯誤；B．如果屏障越高，則入射角變小，根據(jù)折射定律可知折射角變小，角變小，故B錯誤；C．由圖可知，可視角度是光線進(jìn)入空氣中時折射角的2倍，透明介質(zhì)的折射率越小，折射角越小，角越小，故C正確；D．防窺屏實現(xiàn)防窺效果的原理是因為某些角度范圍內(nèi)的光被屏障吸收，能射出到空氣中的光其入射角都小于臨界角，沒有發(fā)生全反射，故D錯誤。故選C。4.2023年7月23日，我國首個火星探測器“天問一號”成功發(fā)射三周年，如圖所示，已知地球表面重力加速度為g，地球質(zhì)量是火星質(zhì)量的k倍，地球的半徑是火星半徑的n倍，假設(shè)探測器在火星的著陸點為水平面，探測器總質(zhì)量為m，探測器有4條腿，每條腿與地面夾角為，則每條腿對火星表面的正壓力大小為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由黃金代換解得可得聯(lián)立，解得對探測器進(jìn)行受力分析，可得每條腿對火星表面的正壓力大小為故選B。5.物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，時對物塊P施加水平向右的恒力F，時撤去，在0~1s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運動過程中以下說法正確的是（）A.時，物塊Q的速度大小為0.4m/sB.恒力F大小為1.6NC.物塊Q的質(zhì)量為0.5kgD.后，物塊P、Q一起做勻加速直線運動〖答案〗C〖解析〗A．圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，若0~1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t=1s時Q的速度大小等于m/s=0.4m/s由圖可得實際Q的圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積，故t=1s時Q的速度大小大于0.4m/s，故A錯誤；B．t=0時，對物塊P有N=2N故恒力大小為2N，故B錯誤；CD．時，對物塊P、Q整體有解得kg撤去推力后，兩物塊受彈簧彈力作用，不會一起做勻加速直線運動，故C正確，D錯誤。故選C。6.如圖所示，半圓豎直軌道與水平面平滑連接于B點，半圓軌道的圓心為O，半徑為R，C為其最高點。BD段為雙軌道，D點以上只有內(nèi)軌道，D點與圓心的連線與水平方向夾角為，一小球從水平面上的A點以一定的初速度向右運動，能沿圓弧軌道恰好到達(dá)C點。不計一切摩擦。則（）A.小球到達(dá)C點時速度為B.小球到達(dá)C點后會向左做平拋運動C.小球在A點的初動能等于D.若小球到達(dá)D點時對內(nèi)外軌道均無彈力，則〖答案〗D〖解析〗AB．由于，D點以上只有內(nèi)軌道，小球沿圓弧軌道恰好到達(dá)C點，可知，小球到達(dá)C點時速度為0，小球到達(dá)C點后不會向左做平拋運動，故AB錯誤；C．結(jié)合上述，小球從A點到達(dá)C點過程，根據(jù)動能定理有解得故C錯誤；D．若小球到達(dá)D點時對內(nèi)外軌道均無彈力，根據(jù)牛頓第二定律有小球從A點到達(dá)D點過程，根據(jù)動能定理有解得故D正確。故選D7.某地有一風(fēng)力發(fā)電機(jī)，它的葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為20m的圓面。某時間內(nèi)該地區(qū)的風(fēng)速是6.0m/s，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，已知空氣的密度為，假如這個風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)10%的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能。則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率約為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗在t時間內(nèi)空氣動能為則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率約為故選B。8.如圖，理想變壓器原線圈與定值電阻串聯(lián)后接在電壓恒定的交流電源上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動變阻器R，原、副線圈匝數(shù)比為1∶2。已知，R的最大阻值為20Ω。現(xiàn)將滑動變阻器R的滑片P從最上端開始向下滑動，下列說法正確的是（）A.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小B.電源的輸出功率變大C.當(dāng)時，滑動變阻器消耗的功率最大D.當(dāng)時，電壓表示數(shù)48V〖答案〗BD〖解析〗A．依題意，理想變壓器原副線圈電壓之比為又聯(lián)立，解得可知滑動變阻器R的滑片P從最上端開始向下滑動時，減小，增大，即電流表示數(shù)變大，也增大，由可知原線圈電壓減小，所以副線圈電壓減小，即電壓表示數(shù)變小。故A錯誤；B．電源的輸出功率隨的增大而增大。故B正確；C．滑動變阻器消耗的功率為當(dāng)滿足即時，滑動變阻器消耗的功率最大。故C錯誤；D．當(dāng)時，有電壓表示數(shù)為故D正確。故選BD。9.一列簡諧橫波在時的波形圖如圖甲所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點，圖乙是質(zhì)點Q的振動圖像。關(guān)于該簡諧波下列說法中正確的是（）A.波速為9cm/s B.沿x軸負(fù)方向傳播C.質(zhì)點P的平衡位置坐標(biāo) D.質(zhì)點Q的平衡位置坐標(biāo)〖答案〗BD〖解析〗A．由題圖甲可以看出，該波的波長為36cm，由題圖乙可以看出周期為2s，則波速為cm/s故A錯誤；B．當(dāng)時，Q點向上運動，結(jié)合題圖甲，根據(jù)“上下坡”法可得波沿x軸負(fù)方向傳播，故B正確；CD．由題圖甲可知，處則cm由題圖乙可知，時，質(zhì)點Q處于平衡位置，經(jīng)過，其振動狀態(tài)向x軸負(fù)方向傳播到P點處，則cm=6cm得cm故C錯誤，D正確；故選BD。10.現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場豎直向下，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間粒子第一次到達(dá)最低點N，下列說法正確的是（）A.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為B.粒子從O點運動到P點的時間為C.M、N兩點的豎直距離為D.粒子經(jīng)過N點時速度大小為〖答案〗BD〖解析〗A．設(shè)粒子在磁場中的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理，有洛倫茲力充當(dāng)向心力，有由幾何關(guān)系可得綜上可得故A錯誤；B.粒子在電場中的運動時間為在磁場中的運動時間為粒子從O運動到P的時間為故B正確；CD.將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為設(shè)粒子在最低點N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動量定理可得由動能定理可得聯(lián)立，解得故C錯誤；D正確。故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某學(xué)習(xí)小組利用手機(jī)和刻度尺研究小球做平拋運動的規(guī)律。他們用手機(jī)拍攝功能記錄小球拋出后位置的變化，每隔時間T拍攝一張照片。（1）小球在拋出瞬間拍攝一張照片，標(biāo)記小球位置為A（拋出點），然后依次連續(xù)拍下兩張小球照片并標(biāo)記位置B和C；（2）經(jīng)測量，AB、BC兩線段的長度分別為、；（3）若忽略空氣阻力，①______（選填“=”或“>”或“<”）；②如圖，若某同學(xué)測得AB與水平方向的夾角為30°，，已知照片中尺寸為實際尺寸的，，則小球經(jīng)過B點的速度大小為______m/s。③小球從A到C的平均速度大小______（選填“等于”或“不等于”）〖答案〗（3）>等于〖解析〗（3）①[1]設(shè)AB與水平方向的夾角為，BC與水平方向的夾角為，易得，則所以②[2]依題意，AB線段的實際長度為可知從A到B過程，有解得可得，則小球經(jīng)過B點的速度大小為③[3]小球從A到C的平均速度大小為在B點，豎直方向和水平方向滿足可得所以12.如圖甲為某同學(xué)組裝的雙倍率歐姆表電路圖，該歐姆表的低倍率擋位為“”，高倍率擋位為“”，使用過程中只需控制開關(guān)K的斷開或閉合，結(jié)合可調(diào)電阻R的調(diào)整，就能實現(xiàn)雙倍率測量。所用器材如下：A．干電池（電動勢，內(nèi)阻）B．電流表G（滿偏電流，內(nèi)阻）C．定值電阻D．可調(diào)電阻RE．開關(guān)一個，紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干。歐姆表正確組裝完成之后，這位同學(xué)把原來的表盤刻度改為歐姆表的刻度，歐姆表刻度線正中央的值為“15”。（1）歐姆表的表筆分為紅黑兩種顏色，電路圖甲中的表筆1是______表筆（填“紅”或“黑”）；（2）請根據(jù)電路圖判斷，電路中開關(guān)K閉合時對應(yīng)歐姆表______（填“高”或“低”）倍率；（3）使用“”擋位時，兩表筆短接電流表指針滿偏，可調(diào)電阻R的值為______Ω；（4）歐姆表使用一段時間后，電池電動勢變?yōu)?.35V，內(nèi)阻變?yōu)?Ω，但此表仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零。若用此表規(guī)范操作，測量某待測電阻得到的測量值為300Ω，則該電阻的真實值為______Ω?！即鸢浮剑?）紅（2）低（3）1494（4）〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)圖甲電路可知，電流從表筆2流出電表，從表筆1流入，可知1表筆是紅表筆?！拘?詳析】歐姆表的內(nèi)阻由于低倍率內(nèi)部總電阻小于高倍率內(nèi)部總電阻，即電流表G滿偏時干路電流越小，倍率越高，因此，電路中開關(guān)K閉合時對應(yīng)低倍率?！拘?詳析】根據(jù)上述可知，使用“”擋位時，開關(guān)斷開，回路的總電阻為解得【小問4詳析】電池電動勢降低后重新歐姆調(diào)零再使用歐姆表，使用時滿足故13.某物理興趣小組受“蛟龍?zhí)枴陛d人潛水器的啟發(fā)，設(shè)計了一個測定水深的深度計。如圖，導(dǎo)熱性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ內(nèi)徑相同，長度均為L，內(nèi)部分別有輕質(zhì)薄活塞A、B，活塞密封性良好且可無摩擦左右滑動，汽缸Ⅰ左端開口。外界大氣壓強(qiáng)為，汽缸Ⅰ內(nèi)通過活塞A封有壓強(qiáng)為的氣體，汽缸Ⅱ內(nèi)通過活塞B封有壓強(qiáng)為的氣體，一細(xì)管連通兩汽缸，初始狀態(tài)A、B均位于汽缸最左端。該裝置放入水下后，通過A向右移動的距離可測定水的深度。已知相當(dāng)于h高的水柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)，不計水溫變化，裝置的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于水的深度，被封閉氣體視為理想氣體。（1）當(dāng)A向右移動時，求該深度計所處位置水的深度；（2）求該深度計能測量的最大水深。〖答案〗（1）2h；（2）4h〖解析〗（1）當(dāng)A向右移動時，設(shè)B不移動，對Ⅰ內(nèi)氣體，由玻意耳定律得p0SL＝p1SL解得p1＝3p0而此時B中氣體的壓強(qiáng)為4p0＞p1，故B不動。設(shè)深度計所處位置水的深度為，則有p1＝p0＋解得（2）該裝置放入水下后，由于水的壓力A向右移動，Ⅰ內(nèi)氣體壓強(qiáng)逐漸增大，當(dāng)壓強(qiáng)增大到大于4p0后B開始向右移動，當(dāng)A恰好移動到缸底時所測深度最大，設(shè)最大深度為，此時原Ⅰ內(nèi)氣體全部進(jìn)入Ⅱ內(nèi)，設(shè)B向右移動x距離，兩部分氣體壓強(qiáng)為p2。對原Ⅰ內(nèi)氣體，由玻意耳定律得p0SL＝p2Sx對原Ⅱ內(nèi)氣體，由玻意耳定律得4p0SL＝p2S（L－x）又因為聯(lián)立解得14.下圖是大型戶外水上競技闖關(guān)活動中“渡河”環(huán)節(jié)的簡化圖。固定在地面上的圓弧軌道上表面光滑。質(zhì)量的平板浮于河面上，其左端緊靠著圓弧軌道，且其上表面與軌道末端相切。平板左側(cè)放置質(zhì)量的橡膠塊A。質(zhì)量的人從圓弧軌道上與平板上表面高度差處由靜止滑下，人與A碰撞后經(jīng)與平板速度相等，此時A恰好沖出平板并沉入水中，不影響平板運動。已知人、橡膠塊與平板間的動摩擦因數(shù)均為；平板受到水的阻力是其所受浮力的k倍。平板碰到河岸立即被鎖定。河面平靜，水的流速忽略不計，整個過程中有足夠的安全保障措施。人、橡膠塊A可看作質(zhì)點，重力加速度g取，求：（1）人與橡膠塊A相撞之后，A沖出平板之前，平板的加速度多大；（2）人與橡膠塊A相撞之后瞬間，A的速度多大；（3）若“渡河”過程中，平板能夠碰到河岸，河岸寬度的最大值。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）人與橡膠塊A相撞之后，設(shè)平板的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)，解得（2）設(shè)人滑到圓弧軌道底端時的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律解得人與A碰撞后，由牛頓第二定律，設(shè)人的加速度為，則解得設(shè)A的加速度為，則解得人與A碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，經(jīng)人與平板共速，設(shè)人與A碰撞后人的速度大小為，A的速度大小為，有解得對人與A在碰撞過程中，由動量守恒定律得解得（3）時間內(nèi)，A的位移為人與平板共速后，設(shè)人與平板整體的加速度為a，對人與板，由牛頓第二定律得解得設(shè)人與平板共速時的速度為v，有人與平板共速到平板速度為零過程中，平板的位移大小x2滿足解得則河岸寬度的最大值15.如圖，間距為L=1m的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有電阻為的定值電阻，固定在高為h=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為m=0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為（設(shè)