22024届高三湖北十一校第二次联考vD2道均无弹力，重力的分力提供向心力，有mgsinm，解得sin，D正确。参考答案R3123456789107．B在t时间内空气动能为m=ρvts=ρ，则此风力发电机发电功率约为=k121212310%EBDCBCDBBDBDBD，B正确Ek=2�2�2π���P=t1.6×1616441．B由题图可知，8O的比结合能约为8MeV，故8O核的结合能约为128MeV，A项错误；2He核8．BD10根据变压器的等效w等效（）副。故等效R，当滑片P从最上端开始向下滑动时，R变小，12646�1比3Li核的比结合能更大，故2He核比3Li核更稳定，B项正确；从比结合能小的元素生成比结合24等效变小，电压表示数R变小，=电�流表�示数变大R，电=源的输出功率变大，A错误；B正确；当等效2Ω，24235能大的元素，有核能释放，故两个1H核结合成2He核时释放能量，C项错误；由题图可知，92U即RR=8Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，C错误；当R=16Ω时，等效4Ω，此时变压器原R线圈=端分89核的平均结合能比36Kr核的平均结合能小，D项错误得的电压为24V，由可得，电压表示数为48V，D正确。R=2．D由等势面的分布可知，A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，均大于C点的电场强度，则不�1�19．BD由题图甲可以看出�，2=该�波2的波长为，由题图乙可以看出周期为，波速为计重力的正电荷在A、B两点的加速度大小相等，但方向不同，A、B项错误；由电势能Ep＝qφ可知，��正电荷在B点的电势能大于在C点的电势能，C项错误；由W＝qUCB和UCB＜0、q＜0得W＞0，则，A错误；当时，Q点向�上=运36动cm，结合题图甲，根据“上下坡”�法=可2得�波沿x轴�负=方向=传1D项正确18cm/��=3�A30播，B正确；由题图甲可知，处yAsin30，则x3cm，C错误；由题图2P3603．C由光路图可知，可视角度与防窥屏的厚度无关，选项A错误；如果屏障越高，则入射角越小，�=01根据折射定律可知折射角越小，角越小，错误；由图可知，可视角度是光线进入空气中时折射乙可知，时，质点Q处于平衡位置，经过ts，其振动状态向x轴负方向传播到P点处，则B3角的2倍，透明介质的折射率越小，折射角越小，可视角度越小，C正确；防窥屏实现防窥效果的�=01xxvt18cm6cm,x9cm，得，D正确QP3Q原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，能射出到空气中的光其入射角都小于临界角，没有发生��=9cm12全反射，D错误10．BD设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，由动能定理，有qEdmv，洛伦兹力充当向心力，24．B对地球表面的物体，由万有引力定律得=mg，对火星表面的物体，由万有引力定律得=m，22火GM地mGM地mmvBqd22有Bqv，由几何关系可得Rd，综上，E，A错误；粒子在电场中的运动时间为RR�R2m可得=，设每条支架腿对火星表面的正压力大小为FN，则有=，可得=，B正火2火2����m4md2m，在磁场中的运动时间为，粒子从运动到的时间为，正��t1t2OPtB确���4����4�vqB2qB2qB25．C图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的速确；将粒子从到的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦MNvxvy度�大−小�等于，由图可得实际Q的图象与坐标轴围成的面积大于Q的兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为、。设粒子在1FxBqvyFyBqvx加速度均匀增��大=时2×1×图0象.8m与/坐s=标0.轴4m围/s成的面积，故t=1s时，�−Q�的速度大小大于0.4m/s，A错误；最低点的速度大小为，的竖直距离为。水平方向由动量定理可得，NvMNymv0qBvytqByt=0时，对物块P有，故恒力F大小为2N，B错误；t=1s时，对物块P、Q�−�212BqdBqd整体有（）�，0解得，C正确；t=1s时，物块P、Q加速度相同，但物块P由动能定理可得qEymv0，结合E，解得ydv，故C错误，D正确�=��=2×1�=2�22m，m�速度比�物=块Q�速�度+大�，�t=�11s后，弹�簧继=续0.5压�缩�，物块P、Q不可能一起做匀加速直线运动，D错误。11．①>（2分）②（2分）③等于（3分）6．D小球恰好过圆弧轨道最高点C，由于下方有支持物，所以过C点时速度为0，A错误；小球过C点由几何关系可知14>；=g，=，g，可得=m/s；1�1ℎ????sin�21012022时速度为，不能做平抛运动，错误；到，由机械能守恒定律可得2，解得11��=�=��0BACmvAmg2R2��1�sin30�cos30������+�142�=ℎsin�32�在B点，竖直方向上=，水平方向上=，故=22，而=22，ℎ????+�????ℎ????+�????ℎ????�????22�????12，错误；由到根据机械能守恒有，在点小球对内外轨所以���=��2�????2�2�vA2gRCDCmgR(1sin)mvDD�2��2���+��=2�=????2024届高三湖北十一校第二次联考物理答案第1页（共4页）��2024届高三湖北十一校第二次联考物理答案第2页（共4页）设人与平板共速时的速度为v，有vv1a1t1解得v=3m/s（1分）12.（10分）（1）红（2分）（2）低（2分）（3）1494（2分）（4）270（2分）人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x满足0v22ax欧姆表红表笔接电源负极，电势低；欧姆表低倍率时内部总电阻小于高倍率时内部总电阻，故开关K22闭合时对应欧姆表低倍率；使用“100”挡位时，开关K断开，总=1500解得=1494；解得x2=4.5m（1分）规范操作测量某待测电阻得到的测量值为，说明此时使�用的=“�+�”�+挡�位，由�，则河岸宽度的最大值dxx=9.6m（2分）30010，m121.51.35内15．（1）3m/s；（2）5；（3）18m��=150=C0.2J可得，，可得R3内=135，又，真=2701.5内1.35真（1）由题意知，Ia2I，IbI，对b分析有BILmg解得I1A（2分）R150+300=R13．（10分）（1）2h（2）4hR+RBLvI2I又aR解得v3m/s（2分）R（1）当A向右移动L时，设B不移动，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得22L（2）整个过程中通过a的电荷量BLx5（2分）PSLPS解得3p1＝3p0（2分）q2ItC0133R32此时B中气体的压强为4p0＞p1，故B不动，假设成立12由p1＝p0+Δp得Δp=2p0（1分）故水的深度H＝（1分）整个过程对A运用功能关系有FxmgxQmv（2分）2（2）该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p2h02根据焦耳定律可知QQ0.2J（2分）后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设Ba3向右移动x距离，两部分气体压强为p2，（3）a离开导轨后，至与地面碰撞前做平抛运动，落地前瞬间竖直速度vy2gh4m/s（1分）对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2Sx（2分）碰撞过程中，竖直方向，由动量定理FNt2mvy（1分）对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得4p0SL＝p2S（L－x）（2分）同理，水平方向上有kFNtmvx解得（1分）解得p1＝5p0即每次与地面碰撞，水平速度减小，又水平初速度，故与地面碰撞次后，水平0.2m/s∆vx=−0.2m/sv3m/s15由p2＝p0+Δp2得Δp2=4p0（1分）12故水的最大深度Hm＝4h（1分）速度为0，运动到最右侧，从抛出到第一次与地面碰撞hgt214.（1）5m/s2；（2）10m/s（3）9.6m解得t=0.4s（1分）（）人与碰撞后，由牛顿第二定律，对人，解得21A=5a1=5m/s故（1分）对A分析=，解得a=5m/s21第次碰撞与第次碰撞之间25���1�0=��=1.22�对平板分析得2（2分）第次碰撞与第次碰撞之间���=23�1=(3−0.2)×0.8=2.8×0.8�23以此类推，第14次碰撞与第152次碰撞之间解得a3=5m/s（��2分+）5��−10��4��=(3−0.4)×0.8=2.6×0.8�以上数据正好组成一个等差数列，由求和公式可得（1分）�14=(3s−=x21+.8x)2+×..0...8.+=x140=.216×.80m.8�（2）设人滑到圆弧轨道底端时的速度为v0，由机械能守恒定律h=·5，解得v0=8m/s（1分）12故导体棒a离开导轨后向右运动的最大水平距离lm=+s=18m（2分）人与A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向5右�为正2方�0向，经t1=0.6s人与平板共速，x0有v1a1t1a3t1解得v1=6m/s（2分）由动量守恒定律得=+解得v2=10m/s（2分）0125�5��12（3）t=0.6s内，橡胶块A的位移为xvtat解得x=5.1m（1分）11212211人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，对人与板，由牛顿第二定律得=9解得a=1m/s2（1分）19���2024届高三湖北十一校第二次联考物理答案第3页（共4页）2024届高三湖北十一校第二次联考物理答案第4页（共4页）