2023-2024学年湖北省八市高三（下）联考物理试卷（3月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省八市高三（下）联考物理试卷（3月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.今年春节前后的两场冻雨突袭我省部分地区，造成了诸多交通不便。某路段上一辆卡车为紧急避险刹车，车轮抱死。与未结冰时相比较，卡车在冰冻路面上滑行时( )
A. 惯性更大B. 加速度更大C. 滑行距离更近D. 滑行时间更长
2.2023年华为隆重推出搭载我国自主研发的麒麟9000s芯片的Mate60手机，该手机可以与地球同步轨道的“天通一号01”实现卫星通信。已知地球半径为R，“天通一号01”离地高度约为6R，以下关于该卫星的说法正确的是( )
A. 卫星在地球同步轨道上处于平衡状态
B. 卫星的发射速度小于近地卫星的环绕速度
C. 卫星的加速度约为静止在赤道上物体加速度的36倍
D. 若地球自转加快，卫星为保持与地面同步，轨道高度应降低
3.如图所示为某汽车上的电容式传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧右端与电容器均固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并与计算机的信号采集器串联。下列关于该传感器的说法正确的是( )
A. 电介质插入极板间越深，电容器的电容越小
B. 电介质指入极板间越深，电容器所带电荷量越小
C. 在汽车向右做匀速直线运动过程中，电路中无电流
D. 在汽本向右做匀加速直线运动过程中，电路中有恒定电流
4.琉璃灯表演中有一个长方体玻璃柱，如图所示，底面是边长为a的正方形，高为2a。在玻璃柱正中央竖直固定一长为a的线状光源，向四周发出红光。已知玻璃柱的材料对红光的折射率为 2，忽略线状光源的粗细，则玻璃柱一个侧面的发光面积为( )
A. (1+π4)a2B. (1+5π8)a2C. (1+3π4)a2D. 2a2
5.图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为该波上平位置相距1.05m的两个质点，此时质点P位于平衡位置，质点Q位于波峰(未画出)，且质点P比质点Q先振动。图丙为图乙中P点的振动图像。已知该波波长在0.5m至1m之间，袖子足够长，则下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波的传播速度为0.75m/s
C. 经1.2s质点P运动的路程为1.2cm
D. 质点Q的振动方程为y=0.2sin(52πt)m
6.如图为一定质量的理想气体经历a→b→c过程的压强P随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t轴，cb的延长级过坐标原点。下列判断正确的是
( )
A. a→b过程，所有气体分子的运动速率都减小
B. a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加
C. b→c过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加
D. b→e过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热，内能增加
7.如图所示，一质点在光滑水平桌面上受水平恒力作用，先后经过a、b两点，速度方向偏转90∘。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为60∘，ab连线长度为d。对质点从a到b的运动过程，下列说法正确的是
( )
A. 最小速度为v2B. 运动时间为d2v
C. 经过b点的速度为 3vD. 恒力方向与ab连线的夹角为45∘
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.尽管无线充电有一定的便利性，但目前还面临来自效率、散热，以及应用场景等方面的挑战：一是充电效率不高，无线充电的转换效率大多在60%上下;二是将手机拿开一定距离就无法充电。手机无线充电的原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 无线充电能量转化率不高的主要原因是漏磁严重
B. 虽然漏磁严重，但送电线圈和受电线圈的电压比仍等于匝数比
C. 充电时将手机拿离充电基座，受电线圈的电压大幅降低，造成无法充电
D. 充电时将手机拿离充电基座，受电线圈的电流频率过低，造成无法充电
9.如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为8mgsinθ5x0B. a、b分离时，弹簧的压缩量为x04
C. 物块b加速度的大小为15gsinθD. 物块b加速度的大小为65gsinθ
10.如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑导轨的间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d，电阻均为R，质量分别为m、m2，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程( )
A. 稳定前b、c棒加速度之比为1:4B. 稳定时导体棒b的速度为E9Bd
C. 稳定时导体棒b两端的电压为2E5D. 导体棒b中产生的焦耳热为mE290B2d2
三、填空题：本大题共1小题，共10分。
11.某同学利用如图甲所示的电路测量一待测电阻(约为200Ω)的阻值。可使用的器材有：滑动变阻器R1(0−20Ω)，滑动变阻器R2(0−500Ω)，电阻箱R0(最大阻值为999.9Ω)，灵敏电流计G，电阻丝，电源E，开关S，导线若干。
(1)按原理图甲将实物图乙中的连线补充完整。
(2)完成下列填空：
①滑动变阻器R应选用 (选填“R1” 或“R2”)。
②将电阻箱R0的阻值置于225.0Ω，将R的滑片置于适当位置，接通S，再反复调节电阻丝上滑动触头P的接入位置。某次调节时发现电流计G中有从A流向B的电流，应将触头P向 (选填“左”或“右”)移动，直至电流计示数为0。
③将电箱箱R0和待测电阻Rx位置对调，其他条件保持不变，发现将R0的阻值置于196.0Ω时，在接通S后，电流计的示数也为0。则待测电阻的阻值为 Ω。
④某同学在对调电阻箱和待测电阻时，不小心将滑动电阻器的滑片移动了少许，对实验结果 影响(选填“有”或“无”)。
四、实验题：本大题共1小题，共7分。
12.如图甲所示，实验小组利用手机phyphx程序的“磁力计”功能，测量小车在斜面上运动的加速度。将手机的感应端紧贴轨道放置，小车的前后端都贴着圆柱形钕磁粒，当小车经过手机时前后磁粒引发空间磁场变化，磁力计记录下前后磁粒依次经过智能手机的时间间隔t，如图乙所示。
(1)步骤一：测量小车的长度为12.15cm，用游标卡尺测量钕磁粒的直径示数如图丙所示，则测量值为 mm，由此可得小车前后两个磁粒中心之间的距离d。
步骤二：手机先置于位置1，由静止释放小车进行实验，读取时间间隔t1。将手机沿小车运动方向移动距离L=50.00cm，置于位置2，再次释放小车，读取时间间隔t2。
请写出计算加速度的表达式a= (用题中所给物理量的字母表示)
(2)对本次实验的理解与评估，下列说法正确的是
A.在步骤二中，小车可以从不同位置由静止释放
B.小车的长度太长导致初、末速度测量误差较大
C.若实验操作都准确无误，加速度的测量值仍偏小
五、计算题：本大题共3小题，共43分。
13.极紫外线广泛应用于芯片制造行业，如图甲所示，用波长的极紫外线照射光电管，恰好能发生光电效应。已知普朗克常量h=6.6×10−34J·s， 1nm=10−9m，1eV=1.6×10−19J，c=3×108m/s。
(1)求阴极K材料的逸出功W0;
(2)图乙是氢原子的能级图，若大量处于n=4激发态的氢原子发出的光照射阴极K，灵敏电流计G显示有示数，调整电源和滑动变阻器，测得电流计示数I与电压表示数U的关系图像如图丙，则图丙中Uc的大小是多少?
14.如图所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的14光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0=2 gR的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小;
(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小;
(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。
15.如图所示，xOy平面直角坐标系中第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场E0，第四象限交替分布着沿−y方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度E=mv02qL，磁感应强度分别为B、2B、3B⋯⋯，其中B=mv07qL。一质量为m、电量为+q的粒子从点M(−L,0)以平行于y轴的初速度v0进入第二象限，恰好从点N(0,2L)进入第一象限，然后又垂直x轴进入第四象限，多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
(1)电场强度E0的大小;
(2)粒子在第四象限中第二次进入电场时的速度大小及方向(方向用与y轴负方向夹角的正弦表示) ;
(3)粒子在第四象限中能到达距x轴的最远距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了匀变速运动规律在实际生活中的应用，对于生活中的实际运动要能建立正确的运动模型，然后利用相应规律求解．注意惯性大小只与质量有关；卡车在冰冻路面上滑行时，卡车在水平路面加速度大小a=μg，根据匀变速直线运动的位移−速度公式可得冰冻路面滑行距离；根据匀变速直线运动的速度−时间公式可得滑行时间。
【解答】
A、惯性大小只与质量有关，A选项错误;
B、卡车在水平路面加速度大小a=μg，冰冻路面动摩擦因数小，加速度更小，B选项错误;
C、刹车后滑行距离x=v22μg，冰冻路面滑行距离更大，C选项错误;
D、滑行时间t=vμg，冰冻路面滑行时间更长，D选项正确。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查卫星的运行规律。
平衡状态：静止或匀速直线运动状态；
低轨道卫星到高轨道需要做离心运动，则需要加速；
根据万有引力大小比较加速度大小；
根据卫星的运动规律解答。
【解答】
A.卫星在地球同步轨道上运动的方向不断改变，则卫星不是平衡状态，故A错误；
B.同步卫星的轨道高于近地卫星的环绕轨道，近地卫星需要加速才能到达高轨道，卫星的发射速度大于近地卫星的环绕速度，故B错误；
C.在赤道上的物体重力接近引力大小，卫星稳定运行时只受引力，由GMmr2=ma可知a=GMr2，已知地球半径为R，“天通一号01”离地高度约为6R，轨道半径为7R；赤道上物体的加速度约为卫星加速度的49倍，故C错误；
D.同步卫星的转动与地球自转同步，故与地球具有相同的周期和角速度，
根据万有引力提供向心力列出等式：GMmr2=m4π2rT2，
r=3GMT24π2=R+h，h=3GMT24π2−R，
若地球自转加快，周期变小，所以地球同步卫星距地面高度将变低，故D正确。
3.【答案】C
【解析】电容器始终和电源相连，电路稳定时电容器两端电压U不变。由C=QU，C=εS4πkd可知，当电介质插入极板间越深，即ε增大，则电容器电容越大，所带电荷量越大，A、B选项错误;在汽车向右匀速或匀加速运动过程，电介质插入极板间深度不变，电容器电容大小不变，所带电荷量不变，电路中电流为零，C选项正确、D选项错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查光的折射和临界角。
光从玻璃斜射入空气中时，当入射角大于或等于临界角时会发生全反射。
【解答】
对一个侧面分析，玻璃柱的材料对红光的折射率为 2，sinC=1n= 22，临界角C=45°，可知发光部分的形状如图，
两个半圆的半径为R=a2tanC=a2，中间正方向的边长为a，故玻璃柱每个侧面发光部分的面积为(1+π4)a2，故A正确。
5.【答案】B
【解析】由图丙知在t=0时，P质点向+y方向振动，结合乙图可知波向x轴正方向传播，A选项错误;根据题意可知△x=34λ+nλ，只有n=1时λ=0.6m满足条件，则v=0.75m/s，B选项正确;周期T=0.8s，t=1.5T，路程S=1.5×4A=1.2m，C选项单位错误;质点Q在t=0时刻位于波峰，则质点Q的振动方程为y=0.2cs(52πt)m，D选项错误。
6.【答案】B
【解析】a→b过程，系统温度降低，气体分子平均动能减小，并非所有气体分子的运动速
率都减小，A选项错误; a→b过程，气体压强不变，根据压强的微观解释，由于气体分子
的平均速率v减小，单位时间单位面积上的分子数增加，B选项正确;因为横轴表示摄氏温
度，故b→c过程并非等容过程，而是压缩过程，气体体积变小，气体对外界做功，C、D
选项错误;
7.【答案】C
【解析】沿ab方向看，质点过a、b的速度方向不对称，所以恒力不垂直于ab，沿ab方向也就不是匀速运动，最小速度不是vcs60∘=v2，A选项错误;将运动沿a点速度方向和b点速度方向分解，由分运动的等时性可知：t=dcs 60∘v/2=dsin 60∘vb/2得t=dv，vb= 3v，故B选项错误，C选项正确;由可知，加速度ax、ay有tanθ=ayax=vbv= 3，所以恒力与ab连线的夹角60∘，如图所示，故D选项错误。
8.【答案】AC
【解析】因为漏磁严重，所以无线充电的能量转化率不高，A选项正确;漏磁严重的情况下，送电线圈和受电线圈的电压比小于匝数比，B选项错误;充电时将手机拿离充电基座，通过受电线圈的磁通量减小，受电线圈产生的电压减小，不足以提供手机充电电压，充电停止， C正确，但送电线圈中交变电流的频率不变，受电线圈中的电流频率不变，D选项错误。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键。
对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数即可判断；分析物体的运动过程，根据位移公式列方程可明确分离时的位移，从而确定对应的形变量；再根据牛顿第二定律即可求得加速度的大小即可判断；
【解答】
A.小物块b紧靠a静止在斜面上时，由平衡条件：(m+35m)gsinθ=kx0，解得弹簧的劲度系数k=8mgsin θ5x0，故A正确；
B.物块a、b分离前一起做匀加速直线运动，设经过时间t1两物块分离，此时两物块的位移大小为x1，则x1=12at12，x0=12a(2t1)2，联立知，x1=x04，此时弹簧的压缩量Δx1=x0−x1=3x04，故B错误；
CD.物块a、b分离时，两物块的加速度相同，之间恰好无弹力，对物块a，由牛顿第二定律：kΔx1−mgsinθ=ma，解得物块a的加速度即物块b的加速度为a=15gsinθ，故C正确D错误；
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查电与磁相关应用，数悉动生电动势、欧姆定律和安培力的计算公式，结合牛顿第二定律得出加速度，同时结合能量守恒定律和电动势定义即可得到焦耳热的计算。
(1)根据安培力的计算公式得出安培力之比，根据牛顿第二定律求导体棒的加速度;
(2)对两棒分别用动量定理写出关系速度的表达式，而最终匀速时，两棒产生的反电动势与电源电动势相等，联立可得两棒的速度;
(3)根据能量守恒定律，结合焦耳定律即可完成分析。
【解答】
A、稳定前电路中有电流，根据电路图可知通过b、c两棒的电流相同，
根据F安=BIL，可知b、c两棒所受安培力之比为Fb:Fc=1:2，
根据牛顿第二定律可得，可知两棒运动过程中加速度大小之比为ab:ac=1:4，A选项正确;
B、设稳定时两棒的速度为vb、vc，稳定前相同时间内b、c两棒的速度增量正比于加速度，故vc=4vb，且稳定时回路中没有电流，所以有E=Bdvb+2Bdvc，
联立解得，vb=E9Bd，vc=4E9Bd，B选项正确;
C、电路稳定时，回路中没有电流，因此b两端电压即2Bdvb=2E9，C选项错误;
D、对B棒应用动量定理有BId⋅t=Bdq=mvb，解得q=mE9B2d2，
根据能量守恒定律有Eq=12mvb2+12⋅12mvc2+Q，
又串联电路中导体棒中产生的热量正比于电阻，Qb=R2R2+R+RQ，
联立解得导体棒b中产生的焦耳热为Qb=mE290B2d2，D选项正确。
11.【答案】(1)连接3根线：滑动变阻器分压式连接，有两种接法;电桥连接，灵敏电流计两侧各有两种接法，且谁接正负极都可以。
(2) ①R1 ②左 ③210或210.0 ④无

【解析】(1)略(2) ①分压式接法，故选择R1。 ②因电流方向从A至B，故 A点电势高，则需要增大B点电势，沿电阻丝自左至右电势逐渐降低，故应将触头向左移动。 ③因电流计中电流为0，设电阻丝左右两部分电阻分别为R1′，R2′故R01Rx=R1′R′2，RxR02=R1′R′2，所以Rx= R01R02=210Ω。 ④移动滑动变阻器的滑片，不改变电阻丝上的左右电阻之比，所以对实验结果无影响。
12.【答案】(1)5.00；d2(t12−t22)2Lt12t22；
(2)BC。
【解析】【分析】
对于实验问题一定要明确实验原理，熟练应用所学基本规律解决实验数据处理问题。
(1)根据游标卡尺的读数规则读数即可;
(2)根据小车前后两个磁粒中心之间的距离d和时间间隔t求出小车的初、末速度，根据速度一位移关系公式求解加速度;
(3)根据测得的初、末速度实际上是小车通过前后两感应端的平均速度，即中间时刻速度和对应的位置相对感应端后移了即可;
【解答】(1)游标卡尺是50分度的，精度为0.05mm，应估读到0.01mm位。
标尺上，一头一尾的刻度线都对齐，所以读数为5.00mm。
(2) a=v2−v022d，初、末速度用平均速度表示v=dt，可得a=d2(t12−t22)2Lt12t22。
(3)测得的初、末速度实际上是小车通过前后两感应端的平均速度，即中间时刻速度，对应的位置相对感应端后移了距离△x1、△x2，而△x1<Δx2，所以感应端的间距小于初、末速度对应的位移，造成加速度测量值偏小。
13.【答案】(1) 1.8×10−18J或11.25eV (2) 1.5V
【解析】(1)设波长为110nm的极紫外线的波长为λc，
逸出功W0=hνC
频率νC=cλc
代入数据解得W0=1.8×10−18J或11.25eV
(2)处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时产生多种不同能量的光子，产生的光电流是多种光子产生的光电子综合表现，要使光电流全部遏止，必须要截住能量最大的光电子。
能量最大的光子hνm=E4−E1=12.75eV
由光电效应方程可知光电子最大初动能Ekm=hνm−W0=1.5eV
遏止光压必须满足Ekm=eUC
代入数据解得Uc=1.5V
14.【答案】解：(1)小车固定时，物块下滑至A过程中，
机械能守恒，mgR=12mvA2−12mv02
在A点，根据牛顿第二定律，FN−mg=mvA2R，
联立解得支持力FN=7mg
(2)小车未固定时，物块下滑至A点的过程中，
滑块与小车系统水平方向动量守恒，0=mv1−2mv2
机械能守恒12mv02+mgR=12mv12+12⋅2mv22
解得小车速度v2= gR
(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车，其水平速度必然与小车一
致，还会回到小车上。又因为系统水平方向总动量为零，且经过水平轨道的循环摩擦，物块
与小车最终均静止。
备注：其他判断方式都可行，如根据系统水平方向总动量为零和能量关系
12mv02+mgR=2μmg⋅2R+mgh
可知h=R，物块与B端挡板碰撞后刚好返回到圆弧最高点，没有飞出小车。
设小物块相对AB段滑行的总路程为S，则有12mv02+mgR=μmgS
解得S=6R，故小物块最终停在B点，距A点d=2R
设全过程物块的水平位移为x1，小车的水平位移为x2。由水平方向总动量为零，可得
mx1=2mx
几何关系：x1+x=3R
解得：x=R。
【解析】本题考查了求支持力、速度与距离问题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键；该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据平均速度研究．
(1)小物块从圆弧轨道最高点下滑过程只有重力做功，由机械能守恒可以求出小物块到达A点的速度，在A点应用牛顿第二定律可以求出物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小;．
(2)物块与小车在水平方向系统动量守恒，应用水平方向动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块第一次滑过A点时小车的速度大小;
(3)根据系统水平方向总动量为零和能量关系可以求出块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小．
15.【答案】(1)E0=mv0′2qL (2)2v0，114 (3)14L
【解析】1)设粒子在第二象限运动时间为t，加速度为a，经过N点的速度为v，与y轴夹角为α。
x轴方向：L=12at2
qE0=ma
y轴方向：2L=v0t
联立解得：E0=mv022qL
(2)在第二象限，根据动能定理：qE0L=12mv2−12mv02
解得粒子过N点的速度v= 2v0
设穿过x轴下方第一个电场后的速度为v1，根据动能定理：
qEL=12mv12−12mv2
代入数据得：v1=2v0
在x轴下方第一个磁场中的运动如图1，洛伦兹力提供向心力：
qv1B=mv12R1
代入数据得R1=14L
设速度偏向角为θ，则sinθ=LR1=114
即粒子在进入第四象限下方第二个电场时速度的大小为2v0，方向与y轴负方向所成夹角满足sinθ=114
(3)粒子达到离x轴的最远距离时速度方向平行于x轴方向，而只要能进入下一个电场，就有y方向的速度，由此可以推断出粒子离x轴最远时必然处于第n个磁场中，此前粒子已经过n个电场，设此时粒子速度大小为vn，根据动能定理：
nqEL=12mvn2−12mv2
粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第i个磁场的过程中，根据动量定理在水平方向上：
所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有
mvnx−0=(1+2+3+……+n)qBL，又vnx=vn
联立得 2n+2=n(n+1)14，解出n=7
故粒子离x轴最远的距离为2nL=14L。