第九届湖北省高三（4月）调研模拟考试物理参考答案及评分标准题号12345678910答案BDADACBABBCDBC2351．B【解析】92U有92个质子，143个中子，A选项错误；根据自然组成原子核的核子越235144多，它的结合能就越高，因此92U的核结合能大于56Ba的核结合能，B选项正确；比结合能越大的原子核越稳定，重核分裂成两个中等大小的核，核的比结合能均会增大，C选项错1235144891误；铀核裂变的核反应方程为0n＋92U→56Ba＋36Kr＋30n，D选项错误。2．D【解析】巡天空间望远镜加速会上升到更高的轨道，不能与空间站对接，A选项错误；Mmv2GM根据G=m可得v=，r≥R，v≤7.9km/s，B选项错误；巡天空间望远镜的轨道r2rr半径比同步卫星的轨道半径小，由开普勒第三定律可知巡天空间望远镜在轨道上运行周期比MmGM同步卫星的周期小，C选项错误；根据G=ma可得a=，巡天空间望远镜的加速度r2r2大于同步卫星的加速度，同步卫星角速度等于地球自转角速度，由a＝ω2r可得同步卫星的加速度大于放在赤道上物体的向心加速度，D选项正确。3．A【解析】在“L型”挡板顺时针缓慢转动时，手机受到重力G及弹力F1、F2的作用处于动态平衡，将三力平移到矢量三角形中。【方法一】设挡板与水平方向的夹角为θ，则F1＝mgcosθ，F2＝mgsinθ，휃减小，F1增大，F2减小，A选项正确。【方法二】在“L型”挡板缓慢转动过程中，F1、F2的夹角保持90°不变，所以力F1和F2的交点在圆上移动，矢量图如图所示。由图可知在“L型”挡板顺时针缓慢转过60°角过程中力F1逐渐增大，力F2逐渐减小，A选项正确。4．D【解析】设玻璃管竖直放置时管内封闭气体的压强为p1，则p0+gh=p1，p1＝90cmHg，C选项错误；水平放置时管内封闭气体的压强为p2＝75cmHg，V1=lS，V2=lS，由波义耳定律可得p1V1＝p2V2，解得l'＝36cm，D选项正确；玻璃管缓慢转至水平放置的过程中，压强减小，气柱体积增大，对外界做功，B选项错误；气体对外界做功，温度不变，气体从外{#{QQABKQyEggCIAIBAABgCQQ3SCEEQkBCCCAoGREAIIAABiRFABAA=}#}界吸收热量，A选项错误。5．A【解析】根据电路中电流方向和电容器极板间电场强度方向可知，该时刻电容器正在充电，电路中电流减小，电场能转化为磁场能，A选项正确。v2d6．C【解析】根据Bqv=m可知，带电粒子在磁场中运动轨道半径r=，自MN边射出r2的带电粒子在磁场中运动时间最短时，弦长也最短，如图所示，粒子运动时间602mmt==，A选项错误；带电粒子在磁场中运动时间最长时，对应圆心角最大为360qB3qB1202m2m120°，如图所示，粒子运动时间t==，粒子从ON边射出磁场，B选项错误；360qB3qBdMN边上有粒子到达的区域为AB段，由几何关系可得AB=，C选项正确；ON边上有粒23子到达的区域为OC段，由几何关系可得OC=2rcos30=d，D选项错误。27．B【解析】由图乙可知，0≤h≤2m时水斗做匀加速运动；2m≤h≤5m时水斗做匀速运动；5m≤h≤8m时水斗做匀减速运动；8m≤h≤10m时水斗加速度a随位移x均匀减小，水斗做1加速度逐渐减小的减速运动，C选项错误；根据动能定理mah＝mv2，a－h图像围成的面2111积表示v2。5m≤h≤10m时图像围成的面积(3＋5)×0.5×＝v2，解得2m≤h≤5m时的速222度v＝2m/s，B选项正确；0≤h≤2m图像围成的面积与5m≤h≤10m围成的面积相等，故01≤h≤2m时，水斗的加速度为1m/s2，A选项错误；0≤h≤2m时由Δh＝at2解得所用时间211t＝2s；2m≤h≤5m时由Δh＝vt解得所用时间t＝1.5s；5m≤h≤8m时由Δh＝vt－at2解122323得所用时间t3＝2s；由动能定理可求得h＝8m时v＝1m/s，若直接以匀速上升至h＝10m需要t4＝2s，8m≤h≤10m时水斗做减速运动，所用时间大于2s，故水斗自水面上升10m所用时间大于7.5s，D选项错误。8．AB【解析】由图乙知t＝0.6s时刻A质点由平衡位置向y轴负方向振动，故简谐波沿xλ轴正方向传播，A选项正确；由甲图根据简谐横波的对称性可得波长×2＝2m，解得λ＝12{#{QQABKQyEggCIAIBAABgCQQ3SCEEQkBCCCAoGREAIIAABiRFABAA=}#}λ12m，简谐波的周期T＝0.8s，波速v＝＝15m/s，B选项正确；t＝0.6s时刻质点Q正在向yT1轴正方向振动，C选项错误；再经过s，质点P刚好振动到平衡位置，通过的路程为s＝2cm3＋4cm＝6cm，D选项错误。9．BCD【解析】根据电场强度叠加可得B、D两点的电场强度大小相等，方向相反，A选项错误；将负电荷沿直线由B移动至D点，电场力先做正功后做负功，B选项正确；设对角线BD连线上任取一点M的场强为E，如图所示，设∠MAO＝α，则2kq2kq32E=sin=sin(1−sin2)，令sin=t，则f(t)=t−t，f(t)=1−3t=0取极值，a2()2acos343kq解得t==sin，则E=，C选项正确；连接AP、CP，△PAC为直角三角形，3max9a2kqkq2∠PAC＝β，，，联立得114a，D选项正确。E1=2E2=2+=(2acos)(2asin)E1E2kq10．BC【解析】物体无初速度放上传送带时，其受摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律2可得a1＝g(sinα＋μcosα)＝10m/s。经时间t1物体与传送带达到相同速度v1，则有10t1＝6＋12124t，解得t＝1s，此时v＝10m/s，x传＝vt＋at＝8m，x物＝at＝5m。共速后，通过假1110121211设法可知物体与传送带保持相对静止，x相＝x传－x物＝3m，A选项错误、C选项正确；共速12时，物体离B点的距离为Δx，则Δx＝10.5m－x物＝5.5m。共速后由Δx＝vt＋at解得t2222＝0.5s，物体从A点运动至B点需要t=t1+t2=1.5s，B选项正确；只有在0~1s内有相对运动，因摩擦产生的内能Q＝μmgcosα·x相＝12J，D选项错误。d2hd211．【答案】(1)11.860(11.858~11.862均正确)(2分)(2)(2分)(3)(3分)tk2【解析】(1)螺旋测微器的读数为d＝11.5mm+36.0×0.01mm＝11.860mm；(2)金属小球经过光d电门的速度v=；(3)小球自弧形槽末端飞出后在空中做平抛运动，在水平方向有x=v0t，t12hd212hd22hd2竖直方向有y=gt2，又，可得x=，故k=，解得g=。2gtgk2{#{QQABKQyEggCIAIBAABgCQQ3SCEEQkBCCCAoGREAIIAABiRFABAA=}#}U0U0−I0R01k1112．【答案】(1)−R0(或)(2分)(2)(2分)(2分)(3)(2分)小于(2分)I0I0bbk2U0【解析】(1)根据欧姆定律可得U0=I0(R0+RA)，RA=−R0；(2)根据闭合电路的欧姆定I0U1r11r11k1律可得E=U+r，解得=+，则k1=，b=；解得E=，r=；R+RAUER+RAEEEbb111RA+r1(3)由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+RA+r)，解得=R+，则k2=，解得E=；IEEEk2该实验的系统误差来源主要是未考虑电压表分流作用，由等效法分析可知，由该电路测得电动势E的测量值小于真实值。43a13．【答案】(1)2(4分)(2)(6分)3c解：(1)光线垂直于BC边射入棱镜后光路图如图所示，设光线在棱镜中发生全反射的临界角为C。由几何关系可得C＝45(1分)1根据sinC=(2分)n解得n＝2(1分)(2)光线自P点平行于BC边射入棱镜，光线恰好经过Q点的光路图如图所示。sini由折射定律有n=(1分)sinr解得∠BPQ＝120°(1分)PQBQ在△BPQ中，由正弦定理可得=(1分)sinPBQsinBPQ由对称性可知，光线在棱镜中通过的路程为26s=2PQ=a(1分)3c光线在棱镜中传播的速度v=(1分)n{#{QQABKQyEggCIAIBAABgCQQ3SCEEQkBCCCAoGREAIIAABiRFABAA=}#}s43a光线在棱镜中传播的时间t==(1分)v3c14．【答案】(1)2m/s(4分)(2)10N(5分)(3)(4푡0+3√3)N∙s(6分)解：(1)物块从滑上木板至两者达到共速的过程中，由系统动量守恒可得푚푣0=(푚+푀)푣1(2分)代入数据得：푣1=2푚/푠(2分)(2)物块与木板之间即将相对滑动时，二者之间的摩擦力达到最大值。对物块与木板整体有퐹=(푚+푀)푎(2分)对物块有휇푚푔=푚푎(2分)联立上式可得퐹=10N(1分)(3)设二者即将相对滑动时的速度为푣2，从木板恰好与弹簧接触到二者即将相对滑动的过程中，由系统机械能守恒可得111(푚+푀)푣2=(푚+푀)푣2+푘푥2(2分)21222由胡克定律可得퐹=푘푥(1分)木板的速度从푣2减速为0的过程中，取水平向左为正由动量定理可得퐼−휇푚푔푡0=0−(−푀푣2)(2分)联立上式可得퐼=(4푡0+3√3)N∙s(1分)(说明：第(3)问计算结果未带单位，本次不扣分)푚푔푅푠푖푛휃2푆푘3푘2퐿215．【答案】(1)(5分)(2)2(7分)(3)퐹=3푡+푚푎−푚푔푠푖푛휃(6分)퐵0퐿푆퐵0퐿2푟解：(1)ABCD区域的磁感应强度随时间均匀变化，产生的感应电动势为∆∅퐸==푘푆(1分)1∆푡1퐸回路中产生的感应电流为퐼=1(1分)1푅导体棒P受到的安培力为퐹1=퐵0퐼1퐿(1分)由于P棒静止，则有푚푔푠푖푛휃=퐹1(1分)푚푔푅푠푖푛휃联立上式得：푘1=(1分)퐵0퐿푆(2)假设金属棒P释放的初速度为푣01在时间t内，位移푥=푣푡+푎푡2(1分)02回路中的磁通量为：∅=퐵0퐿푥−퐵2푆+∅0(1分){#{QQABKQyEggCIAIBAABgCQQ3SCEEQkBCCCAoGREAIIAABiRFABAA=}#}1将x、퐵代入得：∅=퐵퐿（푣푡+푎푡2）−푆푘푡2+∅200220∆∅由法拉第电磁感应定律：퐸=(1分)2∆푡퐸回路中的电流为：퐼=2(1分)2푅若金属棒P匀加速运动，由牛顿第二定律有：푚푔푠푖푛휃−퐵0퐼2퐿=푚푎(1分)分析可知，回路中电流恒定，感应电动势퐸2恒定，不随时间变化，故：퐵0퐿푎−2푆푘2＝0(1分)2푆푘解得：푎=2(1分)퐵0퐿(3)若导体棒向上运动，未进入磁场区：퐹=푚（푎+푔sin휃）(1分)若导体棒进入磁场区，金属棒Q在外力作用下由静止开始匀加速运动，在时间t内，1푥=푎푡2(1分)2回路中的磁通量为：∅=퐵3퐿푥∆∅3产生的感应电动势为：퐸==푘퐿푎푡2(2分)3∆푡23回路中的电阻为：푅3=2푟푥퐸3电流为：퐼3=푅3取平行导轨平面向下为正方向，对金属棒Q有：퐹+푚푔푠푖푛휃−퐵3퐼3퐿=푚푎(1分)联立上式得，外力F与时间t的关系式为：3푘2퐿2퐹=3푡+푚푎−푚푔푠푖푛휃(1分)2푟(第(3)问另解如下：解答过程、结果正确可参照赋分)(3)若导体棒向上运动，未进入磁场区：퐹=푚（푎+푔sin휃）(1分)若导体棒进入磁场区，回路中因磁感应强度变化产生的感应电动势为：∆∅1퐸==푘퐿푎푡2(1分)∆푡232回路中因切割磁感线产生的感应电动势为：퐸′=퐵3퐿푣=푘3퐿푎푡(1分)回路中总感应电动势为：퐸3=퐸+퐸′(1分)回路中的电阻为：푅3=2푟푥{#{QQABKQyEggCIAIBAABgCQQ3SCEEQkBCCCAoGREAIIAABiRFABAA=}#}퐸3电流为：퐼3=푅3取平行导轨平面向下为正方向，对金属棒Q有：퐹+푚푔푠푖푛휃−퐵3퐼3퐿=푚푎(1分)联立上式得，外力F与时间t的关系式为：3푘2퐿2퐹=