2023湖北省八市高三下学期3月联考试题物理PDF版含解析

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1．答案：A
解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，y=3，x=36，选项A正确，选项B错误。核反应过程质量和动量都守恒，选项C和D错误。
2．答案：B
解析：线速度为矢量，要比较方向，选项A错误。因为轨道为圆轨道，周期相同，则半径一定相同，选项B正确。加速度是矢量，要比较方向，则选项C错误。卫星A和卫星B的质量一般不同，选项D错误。
3．答案：C
解析：从A到B，体积不变，温度降低，则对外放热，选项A错误，，得PA=4.0×105Pa，选项B错误。从B到C过程，为等压变化，气体对外做功为W=PΔV=2.0×105×(4-2)×10-3J=400J，选项C正确，选项D错误。
4.答案：D
解析：在0~20s内，无人机a对应的v-t图形面积大，即位移大，也即无人机a在b的上方。
同理在0~15s内，无人机a对应的v-t图形面积大，无人机a在b的上方。在0~30s内，无人机a、b对应的v-t图形面积相等，也即上升高度相等，则平均速度相等。故选项A、C错误，D正确。在10s~30s内，无人机a向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，故B错误。
5.答案：A
解析：小球不脱离轨道，则能上升最大高度为与圆心等高，由机械能守恒得初始弹性势能最大值为mgR。故选项只有A正确。
6.答案：B
解析：以导线b为研究对象，导线a、c中电流的方向相同时，在导线b处产生的磁场方向相反，合磁场为0，导线b才可以不受安培力，处于平衡，即KIad=KIc2d得Ic=2Ia。以导线a为研究对象，导线b、c中电流的方向相反时，在导线a处产生的磁场方向相反，合磁场为0，导线a才可以不受安培力，由平衡条件得，KIbd=KIc3d得Ic=3Ib=3I0。综上得导线a、c中电流的方向向左，大小分别为Ic=3I0，Ia=32I0。答案选B。
7.答案：C
解析：由题可求得6s上行位移36m,则力F做功288J。A选项错误。返回底端时速度大小24m/s，则物体回到底端时重力的功率为144W，则选项C对，选项D错。物体的最大重力势能等于力F做的功，为288J。选项B错误。
8.答案：AB
解析：从图示t=0时刻开始，质点N比质点M先回到平衡位置，说明t=0时刻质点N向y轴负方向运动，则该简谐波沿x轴负方向传播。由图示时刻的波形图，可知波长为12m，类比正弦函数图像，可知该简谐波的振幅为10cm。质点N比质点M先回到平衡位置0.4s，则波从N传播到M需要0.4s，v=xt=10m/s。答案选AB。
9.答案：BC
解析：输电上的电流I1I线=n2n1，I线I4=n4n3，解得I线=n1n4I1I4n2n3，I线=U2-U3R线则选项B、C正确。I线2R线=P-P用，选项A错误。用户增多时，则负载总电阻变小，I线增大。
10.答案：AB
解析：由右手定则得，图（a）时刻感应电流的方向DCBA。当线圈转30的时，AB、CD两边垂直切割磁感线（辐向磁场），感应电动势的大小为NBL1L2w，由左手定则，此时AB受到的安培力斜向左上方30（与辐向磁场垂直），大小为NBIL1。答案选AB。
11. 答案：AD
解析：由r=mvqB，得v=qBrm，代入已知量得粒子a、粒子b的速度大小之比为1:1。由t=πrv得粒子a、粒子b在磁场中运动时间之比为2：1。答案选AD。
12.（6分）（1）B（2分）（2）； QUOTE （2分）；（3）可以（2分）
解析：（1），，联立得，故斜率的理论值为k= QUOTE 。（3）根据表达式，可以求解h1。
13.（10分）（1）900（2分）；（2）1600（2分）；（3）1，4×103（每空2分）；（4）偏小（2分）
解析：（1），读出R1=900Ω，故RA=900Ω。
（2）U=I(RA+R0)，解得R0=1600Ω。
（3）由2500I2=E-I1(RA+r)，r=2500×140-30185-130Ω-RA=4100Ω=4×103Ω，由数学知识求纵轴截距，可以求出E=1V。
（4）图像斜率绝对值k约为2。则r=kRA+R0-RA=2R0+RA，在（1）中由于S2有电阻，导致RA测量值偏小，r偏小。
14. （9分）（1）33；（2）33Rc
解答：（1）根据临界角公式，
有，……………………………………………………….……….（2分）
解出sinC=33。………………………………………………………………….（2分）
（2）作光路如图所示，由题意，
光在半球面的入射角为θ=60º，.……….….…………………….…..….（1分）
由几何关系有光在介质中运动的路程为
s=3R.……….….………………………..…（1分）
光在介质中的速度v=cn，.……….….…………………….…..….（1分）
光在介质中传播的时间t=sv，.……….….………………………..….（1分）
代入数据，得t=33Rc.……….….…………………………..（1分）
15.（15分）（1）2m （2）π150 s（3）203m
解：（1）粒子磁场区域做匀速圆周运动，
由qvB=mv2r，r=mvBq…….……….….………………………….（2分）
代入数据得r=2m.…………………………………………………….（1分）
(2)所有粒子经过磁场后都从原点O出来，其中从最上面射进的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得其对应的圆心角α =120………………….（2分）
由T=2πmqB…….………….……….……….…….……………….（1分）
t=120360T…….………….……….……….…….………………………..（1分）
t=π150 s…….………….……….……….…….……………………..….（1分）
写成=2.09×10-2 s或2π3×10-2s同样给分
(3)所有粒子经过磁场后都从原点O出来，从原点O出来后射入第三象限的粒子向左偏，到不了y轴。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y轴，设射入第四象限的粒子射入时速度方向与y轴负方向夹角为θ，
由几何关系可得其与y轴负方向的夹角0≤θ≤30，.…………..…（2分）
a=Eqm=103m/s2…….……….….………………………………（1分）
t=2vsinθa…….……….….…………………………………………..….（1分）
y=-vcsθ∙t=-v2sin2θa…….……….….………………………..….（1分）
当θ=30时，|y|有最大值d.……………………………………（1分）
d=|y|max=v2sin60a=203m…….……….….……..…….………..（1分）
16.（16分）（1）0.6m/s；（2）4；（3）0.36m≤x≤1m
解析：（1）由动量守恒定律，
mv0=nmv1，……………………………………………………….（2分）
代入n=2，解得
v1= v0/n=0.6m/s。……………………………………...………..…..….（2分）
（2）滑块A和B在小车C上滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
a=μg，
得a=2m/s2……………………（1分）
由运动学公式有
0-v02=2ax，……………………………….…（1分）
0-v12=2ax´……………………………….…（1分）
则xx´=4……………………………..……（1分）
（3）小车的加速度为a1，
μnmg-μmg =nma1，得a1=.…………………………（1分）
设经t1时间滑块B和小车C达到共同速度v2，由运动学公式
对C有v2=a1t1………………………………..…….（1分）
对B有v2=v1-at1…………………………………..（1分）
滑块A、B和小车C系统动量守恒，故最终三者静止，滑块A运动时间为t2，
由运动学公式有
0=v0-at2，…………………………….….… （1分）
滑块A和B分别相对小车C运动的距离为x1和x2。
……………………….….…….（1分）
……………………….… .… （1分）
x =x1+x2
解得x=…………………… .…. .….（1分）
当n=1时x=0.36m。当n=5时，x=1m。故0.36m≤x≤1m。..…….（1分）
其他方法，思路、结果正确，均可得分。第三问求出一半边界得4分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
C
D
A
B
C
AB
BC
AB
AD