2023-2024学年湖北省高中名校联盟高三（上）第三次联考综合测评物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省高中名校联盟高三（上）第三次联考综合测评物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了5s的时间内运动的路程为0，我国早在宋代就发明了火箭等内容，欢迎下载使用。
A. T90234T⁡h→ 91234Pa+ −10eB.
C. U92235U+ 01n→ 56144Ba+ 3689Kr+3 01nD. 12H+13H→24He+01n
2.如图是一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻波的图像，此时x=2m处的质点P正沿y轴负方向振动且振动周期为0.5s。则( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的传播速度为4m/s
C. 质点P在0∼0.5s的时间内运动的路程为0.4m
D. 质点P在0∼0.5s的时间内沿波的传播方向平移4m
3.2023年12月1日，受太阳日冕物质抛射爆发影响，地球出现3小时的大地磁暴。地磁暴会加速低空航天器速度的衰减，导致其轨道变化。若轨道变化前后航天器的运动均可视为绕地球的匀速圆周运动，则地磁暴会使低空航天器的( )
A. 轨道半径变小B. 运行周期变大C. 动能变小D. 向心加速度变小
4.如图所示，质量分别为4kg、5kg的木块A、B用轻质弹簧连接并置于粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.3，弹簧的劲度系数为400N/m，且被压缩了2.5cm，A、B和弹簧组成的系统处于静止状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小g=10m/s2。现用F=8N的水平拉力向右拉木块B，在力F作用瞬间( )
A. 木块A所受摩擦力的大小是12NB. 木块A所受摩擦力的大小是10N
C. 木块B所受摩擦力的大小是18ND. 木块B所受摩擦力的大小是10N
5.三峡大坝是目前世界上最大的水力发电站，装机容量达2250万千瓦，年发电量1000亿千瓦时。发电机发电的原理可作如图简化：KLMN是一个放在匀强磁场中的矩形导线框，线框绕垂直于磁场的固定轴以角速度ω沿逆时针方向(俯视)匀速转动。当MN边与磁场方向的夹角为30∘时开始计时(图示位置)，此时导线框中产生的电动势为E。下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，电流沿KLMNK方向
B. t=π3ω时刻，穿过线框的磁通量变化率最大
C. 该交流电动势的有效值为 22E
D. 该交流电动势瞬时值表达式为e=2 33Ecsωt+π6
6.我国早在宋代就发明了火箭。即在箭杆捆上前端封闭的火药筒，点燃后产生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为v0，在极短的时间内喷射质量为Δm、速度为u的燃气，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的变化量为( )
A. Δmmv0+uB. Δmmv0−uC. v0+Δmmv0−uD. v0+Δmmv0+u
7.如图甲，在桌面上有一薄木板，板上放置了3个木块，其中mA=m，mB=2m，mC=3m，A可视为质点，B、C大小不可忽略，且开始A叠放在B的正上方，现用水平外力将薄木板沿垂直于BC连线方向拉出。已知木块间、木块与薄木板间动摩擦因数均为μ，木块与桌面间动摩擦因数为2μ，重力加速度大小为g。则从静止开始计时，三个木块的速度时间图像可能为(图乙为俯视图，AB最终分离，忽略木块自身高度)
A. B.
C. D.
8.密闭汽缸中封闭着一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的变化关系如图所示，其中AD延长线过坐标原点，AB、CD与T轴平行，BC与T轴垂直。下列说法正确的有( )
A. 从状态A到状态B，气体内能增大B. 从状态B到状态C，气体对外界做功
C. 从状态C到状态D，气体向外界放热D. 状态B、D气体的压强相等
9.如图甲，水平面上固定着倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面，以斜面顶端为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向，有部分区域分布着沿x轴方向的电场。在斜面顶端静止释放一质量为m、电荷量为+q的滑块(可视为质点)，其沿斜面向下运动过程中机械能E随位置x变化的关系如图乙，其中x2处对应曲线的切线斜率绝对值最大且为2mgsinθ，x1、x3处斜率为0。不考虑空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
( )
A. 从x1∼x3，滑块电势能一直增大B. 滑块加速度先增大后减小
C. 在x2处滑块速度最大D. 滑块动能先增大再减小再增大
10.如图所示，质量为m、电荷量为−q的带电粒子由静止经电压为U0的电场加速后，沿水平放置的带电平行板电容器的中轴线射入。两极板之间的距离为D，长度为L，两板之间的电势差为U且下极板带正电。在加速电场的右侧存在范围足够大的有界磁场，其左边界PQ与极板右端重合，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。粒子通过偏转电场后从PQ进入磁场，之后从PQ边界上的M点(未画出)射出，平行板电容器中轴线与PQ边界交于O点。设粒子进入磁场与射出磁场的两点间距离为x，粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子重力，则
( )
A. 只减小磁感应强度B的大小，t增大B. 只减小偏转电压U的大小，t减小
C. 只减小c、d板间距离D，x不变D. 只减小偏转电压U的大小，x变小
11.一小组利用手机软件Phyphx与弹簧测力计验证牛顿第二定律。
(1)将手机固定在滑块上，弹簧测力计的一端固定，另一端勾住滑块，用水平外力将长木板向左拉出，弹簧测力计示数如图甲所示。则滑块受到的滑动摩擦力大小Ff=_____N；
(2)如图乙所示，将同一长木板安装定滑轮后调节定滑轮高度，使细线_____，静止释放钩码，手机软件Phyphx可以测出手机与滑块在木板上运动的加速度a，若测得钩码的质量为m，手机和小车的总质量为M，当地的重力加速度大小为g。在误差允许范围内，如果表达式_____(用题目中物理量的符号表示)成立，则牛顿第二定律得到验证。
12.某同学用如图甲的电路测量一废旧充电宝的电动势E(约为7V)和内阻r(3∼6Ω)。实验器材如下：
i.双量程电压表V(0∼3V、0∼15V)；
ii.定值电阻R0(阻值5.0Ω)；
iii.电阻箱R(最大阻值99.9Ω)；
iv.开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)按图甲连接电路。
(2)闭合开关，电压表不偏转。为排除故障，该同学将电压表从电路中bc两点取下(不影响电路其它部分连接)，保持开关闭合，将电压表_____量程(选填“0∼3V”或“0∼15V”)接入cd两点间，电压表偏转，断开开关，电压表又指回零刻线。再将电压表从cd两点取下，保持开关断开，将电压表接入ab两点间，电压表不偏转。则可判定，故障出现在_____段(选填“ab”、“bc”或“cd”)。
(3)排除故障后，将电压表_____量程(选填“0∼3V”或“0∼15V”)接入bc两点间，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U。
(4)根据测量数据，作1U−R图线，如图乙所示，测得图线斜率为k，截距为b。若电压表视为理想电表。则充电宝内阻r=_____(用R0、k、b表示)。
(5)若考虑电压表内阻的影响，上述实验得到的电动势和其真实值相比_____(选填“偏大”、“相等”或“偏小”)。
13.半径为R的四分之一圆形玻璃砖OAB放置在空气中，以圆心O为坐标原点建立直角坐标系，如图所示。一束激光垂直射向玻璃砖的OB面，发现入射点沿y轴单方向移动时，从圆弧面上出射的光线与x轴的交点也单方向移动至消失，其中离O最近的交点为C(图中未画出)。当入射点为半径OB中点D时，圆弧面上的出射光线与x轴交于点E，且OE= 3R。求(不考虑光线在玻璃砖内多次反射，结果可以用根式表示)
(1)该玻璃砖对激光的折射率；
(2)OC的距离。
14.如图，在竖直平面内有半径为R的四分之一圆弧AB和直径为R的一半圆弧BC在最低点B平滑连接组成光滑固定轨道。一小球(可视为质点)在A点正上方某处由静止自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。小球运动到C后脱离轨道在D点与圆弧AB相撞，装在C处的压力传感器测得小球运动到C处时对圆轨道的压力恰为小球重力的一半。重力加速度大小为g，求
(1)小球开始下落处离A点的距离h;
(2)小球从C点运动到D点的时间t。
15.如图所示，两根足够长、光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距L=0.50m，质量m=0.80kg、电阻r=1.0Ω的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，整个装置处于竖直向下匀强磁场中，磁感应强度的大小B=2.0T。不计导轨的电阻，现对导体棒ab施一水平向右F=5.0N的恒力，使导体棒由静止开始沿导轨向右运动。已知本装置在以下两种情况下，最终电流值不再变化。
情况1：若轨道端点M、P间接有阻值R=4.0Ω的电阻，
(1)求导体棒ab能达到的最大速度vm；
(2)导体棒ab达到最大速度后，撤去力F。求撤去力F后，电阻R产生的焦耳热Q。
情况2：若轨道端点M、P间接一电容器，其电容C=0.20F，假设电容器始终未被击穿；
(3)某同学求电流稳定值的大小的过程如下：
老师检查后，发现他的结果是正确的，但在①②④⑥⑦五式中有一式是错误的，请你写出该式的序号(不必说理由)。
(4)导体棒运动速度为v=20m/s时，电流已稳定为(3)问的值，此时撤去力F，求撤去力F后，导体棒ab最终运动的速度v′。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
根据衰变、裂变、人工转变、聚变的特点进行判断
本题考查核反应，掌握核反应的四种类型及特点，会根据特点进行判断。
【解答】
A是衰变反应，B是原子核人工转变，C是重核的裂变，D是轻核的聚变。选项D正确。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据质点的振动方向判断波的传播方向，由图读出波长，由v=λT可得波速；振动质点并不随波发生迁移，一个周期质点振动路程为4A。
【解答】
由于P点在t=0时刻沿y轴负方向振动，根据同侧法可知波沿−x方向传播;
由图可知，波长为4m，由v=λT可得v=8m/s;
横波中质点的振动方向和波的传播方向垂直，且以其平衡为中点做简谐振动，并不随波发生迁移;在一个周期质点振动路程为4A=0.4m。
故C正确。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了卫星的变轨和运行的规律。根据航天器的速度衰减，比较万有引力和向心力的大小，分析航天器的轨道半径变化，再根据“高轨低速大周期”解答。
【解答】
地磁暴会加速低空航天器速度的衰减，航天器的速度减小，地球对航天器的引力大于航天器所需的向心力，所以航天器会做近心运动，即轨道半径会减小，变轨后根据“高轨低速大周期”可知，轨道半径减小，速度增大，动能增大，周期减小，向心加速度变大，故A正确，BCD错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据滑动摩擦力的公式可以计算出A、B与地面之间的滑动摩擦力的大小，滑动摩擦力的大小近似等于最大静摩擦力，进一步判断施加拉力之后A、B的受力情况。
此题考查了对静摩擦力和滑动摩擦力的判断，解题的关键是静摩擦力和滑动摩擦力的确定。
【解答】已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力
所以木块A受到的滑动摩擦力为：
f=μFN=0.3×40N=12N，
木块B受到的滑动摩擦力为：
f′=μF′N=0.3×50N=15N，
此时弹簧的弹力的大小为：
F=kx=400×0.025N=10N，
对物体A分析，在力F作用的瞬间由于弹簧的形变量不变，弹力不变，A仍保持静止，所受静摩擦力等于弹簧的弹力10 N;B物体在向右的弹簧弹力和外力的共同作用下，超过了B物体与地面间的最大静摩擦力开始滑动，滑动摩擦力大小为15 N。选项B正确。
5.【答案】D
【解析】D
【详解】A.根据楞次定律，感应电流的方向总是阻碍线圈磁通量的变化，而 t=0 时刻，MN边与磁场方向的夹角为 30∘ ，并且沿逆时针方向(俯视)匀速转动，向右的磁通量将要增大，所以感应电流产生的磁场方向向左，感应电流沿KNML方向，A错误；
B. t=π3ω 时刻，转过的角度为
θ=ωt=ωπ3ω=π3
所以此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线框的磁通量最大，但是磁通量变化率最小，B错误；
C.该交流电动势的有效值为峰值电动势除以根号二，当MN边与磁场方向的夹角为 30∘ 时的感应电动势为
E1=2BLωrcs30∘=2× 32BLωr=E
而峰值电动势为
Em=2BLωr=2E 3=2 33E
该交流电动势的有效值为
E有=2E 3÷ 2= 63E
C错误；
D.该交流电动势瞬时值表达式为
e=2 33Ecswt+π6
D正确；
故选D。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】根据动量守恒定律
m+Δmv0=Δmu+mv
解得
Δv=v−v0=Δmv0−Δmum
故选B。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】ABC.对AB，薄板未离开时，以AB为整体，根据牛顿第二定律
μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1
分析可知AB一起以 μg 的加速度匀加速运动，薄板离开后，对A，根据牛顿第二定律
μmAg=mAaA2
对B，根据牛顿第二定律
2μ(mA+mB)g−μmAg=mBaB2
AB间发生相对运动，其中A以 μg 的加速度匀减速运动；B以 2.5μg 的加速度匀减速运动，当A从B上滑离后，对A、B，根据牛顿第二定律
2μmAg=mAaA3
2μmBg=mBaB3
A、B各自以 2μg 的加速度匀减速运动。故AC不符合题意，B符合题意；
D.对C，薄板未离开时，根据牛顿第二定律
μmCg=mCaC1
木块C以 μg 的加速度匀加速运动，薄板离开后，对C，根据牛顿第二定律
2μmCg=mCaC2
木块C以 2μg 的加速度匀减速运动，故D不符合题意。
故选B。
8.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.状态A到状态B，温度升高，气体内能增大，故A正确；
B.状态B到状态C，气体体积减小，外界对气体做功；故B错误；
C.状态C到状态D，由热力学第一定律，气体体积不变，外界不对气体做功， W=0 ，且温度降低，气体内能减小，因此气体向外界放热，故C正确；
D.根据理想气体状态方程 pVT 为常数，可知 VT 越小， p 越大，可知状态D气体的压强大，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.由图乙可知，滑块在斜面上下滑到位置 x1 之前，滑块的机械能守恒，而从位置 x1∼x3 滑块的机械能始终减小，则可知在此过程中电场力对滑块始终做负功，滑块的电势能始终增大，故A正确；
BC.滑块重力沿斜面向下的分力为 mgsinθ ，而图像斜率表示电场力大小，可知 x1 后电场力先由0变大至 2mgsinθ ，后减小为0；滑块在开始下滑时合力沿斜面向下，大小为 mgsinθ ，滑块做匀加速运动，从位置 x1 之后电场力从0开始先变大后变小，则滑块所受合力先减小，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，到了 x1 至 x2 某位置斜率为 mgsinθ 处时合外力为零，加速度为0，此时滑块速度达到最大，而继续运动至 x2 前电场力大于重力沿斜面向下的分力，滑块合外力沿斜面向上且逐渐增大，可知该过程中滑块做加速度变大的减速运动，而过了 x2 后，滑块所受合外力先沿斜面向上逐渐减小，即滑块先做加速度变小的减速运动，至同样斜率为 mgsinθ 处后合力向下，滑块做加速度变大的加速运动，因此滑块的加速度先减小后增大，之后又减小再增大，则可知滑块应在 x1 至 x2 中斜率为 mgsinθ 处速度最大，故BC错误；
D.根据以上分析，对滑块的运动，总体是先加速再减速再加速，因此滑块的动能是先增大后减小再增大，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【解析】.AC
【详解】AB.粒子运动路径如图
设进入偏转电场速度为 v0 ，粒子经加速电场、偏转电场后速度偏转角为 θ ，有
U0q=12mv02 ， tanθ=vyv0
而在磁场中的圆周运动时间与周期 T=2πmqB 以及圆心角 α=π−2θ 有关；减小磁感应强度B的大小，周期变大，圆心角不变，在磁场中运动的时间为
tB=α2πT
所以在磁场中运动时间变长；只减小偏转电压U的大小，在偏转电场中运动时间是定值，U减小导致竖直方向加速度减小， vy 变小， θ 变小，圆心角变大，在磁场中运动时间变长。所以，只减小磁感应强度B的大小或只减小偏转电压U都会使运动时间t增大，故A正确，B错误；
CD.根据
x=2r⋅csθ=2mvqBcsθ=2mv0qB
只减小c、d板间距离D，不影响x大小；只减小偏转电压U的大小，也不影响x大小，故C正确，D错误。
故选AC。
11.【答案】 5.60 与长木板平行 mg−Ff=M+ma
【详解】(1)[1]弹簧测力计示数
F=5.60N
则滑块受到的滑动摩擦力大小
Ff=5.60N
(2)[3][4]细线应与长木板平行，钩码与滑块智能手机为连接体，所受合外力为
F合=mg−Ff
若
mg−Ff=M+ma
成立，则牛顿第二定律得到验证。

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 0∼15V cd 0∼3V bk−R0 偏小
【详解】(2)[1] [2]因充电宝的电动势E约为7V，超过0∼3V的量程，在0∼15V量程内，故选择0∼15V量程；接“αb”、“bc”时电压表没有偏转，只有接“cd”时有偏转，表明故障为“cd”间断路。
(3)[3]因充电宝的电动势E约为7V，不到0∼15V量程最大值的一半，即使将电阻箱的阻值R调为0，电压表的示数也不到0∼15V量程最大值的 13 ，故0∼15V量程太大；调整电阻箱的阻值R，0∼3V的量程正好合适。
(4)[4]若将图甲中的电压表当成理想电表，根据闭合电路的欧姆定律，有
E=UR0R+R0+r
变形可得
1U=1ER0R+R0+rER0
则有
k=1ER0 ， b=R0+rER0 。
联立解得充电宝内阻为
r=bk−R0
(5)[5]考虑到电压表内阻， E=1kR0 式中的 R0 变为并联电阻 R′0E ，即电动势值 E 与真实值 E′ 相比偏小。

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) n= 3 ；(2) x= 62R
【详解】(1)光在玻璃砖中传播光路如图
光在F点发生折射，入射角、折射角分别为 i1 、 i2 。而D为半径OB中点，故 i1=30∘ ，由几何知识 i2=60∘ ，由折射率的定义式，有
n=sini2sini1
解得
n= 3
(2)当光在玻璃砖上的入射角为临界角 iC 时，光从G点射出，与x轴交于点C，如图
csiC=Rx
siniC=1n
解得
x= 62R

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)设小球在C处的速度为vc，由牛顿第二定律
F+mg=mvc2R2①
小球自由下落至C点，由机械能守恒定律
mgh=12mvc2②
F=12mg③
解得h=38R④
(2)由 ① ③解得vc= 3gR2⑤
小球从C点到D点，水平方向
x=vct⑥
竖直方向
y=12gt2⑦
又有几何关系
x2+y2=R2⑧
解得t= Rg⑨
【解析】(1)根据机械能守恒和牛顿第二定律求出h；
(2)根据平抛运动的规律以及几何关系分析求解。
本题主要考查的是机械能守恒以及平抛运动的规律，难度不大。
15.【答案】(1) vm=25m/s ；(2) Q=200J ；(3)④；(4) v′=19.8m/s
【详解】(1)当拉力F与安培力 FA 大小相等时，导体棒ab速度最大。即
FA=F
安培力为
FA=BIL
由闭合电路欧姆定律知
I=ER+r
由法拉第电磁感应定律知
E=BLvm
代入得
vm=25m/s
(2)撤去力F后，导体棒αb在安培力的作用下做减速运动，直到速度为零。根据能量转化与守恒定律，导体棒的动能全部转化为电路中的焦耳热 Q总 ，则
Q总=12mvm2
由串联电路特点，所以R上产生的焦耳热Q与电路总焦耳热 Q总 关系为
QR=Q总R+r
代入得
Q=200J
(3)④
(4)撤去F的瞬时，由闭合电路欧姆定律知
BLv=U+Ir
由电容定义式知
q=CU
αb棒做减速运动，当电流减为0时，ab棒不受安培力作用，开始以速度 v′ 做匀速运动，设此时电容器的带电量为 q′ 。闭合电路中有
BLv′=q′C
从撤去F到杆开始匀速运动，对杆由动量定理得
−BLq′−q=mv′−mv
代入得
v′=19.8m/s

【解析】详细解答和解析过程见答案设电容器带电量为q，电压为U，充电电流稳定值为I，则I=ΔqΔt……①因为q=CU……②所以Δq=CΔU……③设杆的运动速度为v时，运动加速度为a，则U=BLv……④所以ΔU=BLΔv……⑤又a=ΔvΔt……⑥由牛顿第二定律有F−BIL=ma……⑦联立①③⑤⑥⑦式解得I=1.0A