【文档说明】湖北省六校新高考联盟学校2023-2024学年高三上学期11月联考物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.621 MB，由管理员店铺上传

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2023年湖北六校新高考联盟学校高三年级11月联考物理试卷考试时间：2023年11月3日10∶30~11∶45时长：75分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目

要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.出租车为节约成本，常以天然气作为燃料，当加气站中封闭储气罐内气体的温度升高时，罐内气体（可视为理想气体）（）A.吸收热量，内能不变B.压强增大，内能不变C.对外做功，分子平均动能增大D.压强增大，分子平均动能增大

【答案】D【解析】【详解】温度是气体分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，可知理想气体的内能增加，气体发生的是等容变化，温度升高，压强增大。故选D。2.如图为工程师绘制的晴天和雨天时汽车紧急刹车（轮胎抱死）时的刹车痕（即刹车距离s）与刹车前车速v的关系曲线，设两种天气刹车时，轮胎抱死

后与地面间的动摩擦因数分别为1和2，则1和2的大小关系为（）A.12B.12=C.12D.条件不足，不能比较【答案】A【解析】【详解】对汽车根据牛顿第二定律μmg=ma解得a=μg根据速度—位移关系公式v2=2as联立得到v2=2μgs由图象得到，当s相同时v2＜v1结合表

达式可知，μ越大则v越大，所以μ2＜μ1故选A。3.现有一列沿x轴传播的简谐横波，如图甲为该波在1.2st=时刻的图像，如图乙为波的传播方向上A质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.这列波波速是50m/sB.这列波沿x轴正方向传播C.从1.2st=开始计

时，质点P比质点Q晚0.4s回到平衡位置D.从1.2st=开始计时，紧接着的1.5st=时间内，P质点通过的路程是10m【答案】C【解析】【详解】A．由图甲可知，波长为20m，周期为1.2s，则波速为50m/s3vT==故A错误；B．由图乙可知，Q质点在1.2s时刻向上振动，根据“同侧法”结

合图甲可知，波沿x轴负方向传播，故B的错误；C．从1.2st=开始计时，质点P比质点Q晚回到平衡位置时间10103s0.4s503xtv−===故C正确；D．根据11.5s14tT==P质点靠近波谷，所以

通过路程小于52.5m4sA==故D错误。故选C。4.夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种

单色光，下列说法正确的是（）A.在冰晶中，b光的波速比a光大B.通过同一仪器发生双缝干涉，b光的相邻明条纹间距较大C.若a光能使某金属发生光电效应，则b光也可以使该金属发生光电效应D.a、b两种光分别从水射入空气发

生全反射时，a光的临界角比b光的小【答案】C【解析】【详解】A．由图可知a光的偏折程度比b光的偏折程度小，则冰晶对b光的折射率比对a光的折射率大，根据棱镜色散规律可知a光的频率比b光的频率低，根据cvn=可知在冰晶中，b光的波速比a光小，故A错误；B．根据

c=λf所以a光的波长大于b光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式Lxd=可知用同一装置做双缝干涉实验时，a光条纹间距更大，故B错误；C．由上可知，a光折射率小，频率小，光子能量小，所以a光比b光不容易发生光电效应，若a光能使某金属发生光

电效应，则b光也可以使该金属发生光电效应，故C正确；D．水对a光的折射率比对b光的折射率小，根据1sinCn=可知从水中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，故D错误。故选C。5.气排球运动是一项新的群众性体育项目。现将一气排球竖直向上抛出，气排球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒

内重力势能变化量的绝对值分别为1E和2E，动量变化量的大小分别为1p和2p。运动过程中，由于气排球由软塑料制成，其密度较小，所受空气阻力不能忽略，则（）A.12EE，12ppB.12EE

，12ppC.12EE，12ppD.12EE，12pp【答案】B【解析】【详解】竖直上抛运动小球受合力竖直向下，设空气阻力为f，则有F1=G+f小球到达最高点前的最后一秒的加速度大小为11Fam=在上升最后1s内，根据位移-时

间公式212hat=可得上升的高度为21111122hata==势能变化量大小为11112Ehmgmga==速度变化量为Δv1=a1t=a1动量变化量的大小111pmvma==同理，下降过程合力为F2=G-f加速度22Fam=可得下升的高度为

22221122hata==势能变化量大小为22212Ehmgmga==速度变化量为Δv2=a2t=a2动量变化量的大小为222pmvma==由于F1＞F2故a1＞a2可知12EE12pp故选B。6.地球的公转轨道接近圆，天文学中计量天体之间距离时常将地球和太阳的平均距离记为

一天文单位，以1AU表示，彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷曾经跟踪过一颗彗星，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会再次出现。1948年观察到它离地球最远，1986年离地球最近，则彗星近日点和远日点之为间的距离最接近于（

）A.10AUB.20AUC.40AUD.80AU【答案】C【解析】【详解】1948年观察到它离地球最远，1986年离地球最近，所以它的周期为2(19861948)76T=−=年年根据开普勒第三定律22331()2TTR

d=地地解得40AUd故选C。7.有一款弹珠游戏可以简化为如图所示模型。水平地面上有一固定的竖直截面为半圆的凹槽，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点沿AB方向水平发射一弹珠，弹珠将击中凹槽的最低点D；现将该弹珠从C点

沿BA方向水平发射，该弹珠也能击中D点。已知60COD=，则从A、C两处发射的弹珠到达D点时的动能之比为（）A.5:4B.9:10C.3:4D.10:7【答案】D【解析】【详解】A点抛出的小球高度为R，水平位移为

R，C点抛出的小球高度1cos600.5hRR=−=（）水平位移3sin602xRR==初速度0xvt=时间2htg=解得初速度2AgRv=，32BgRv=到达D点动能2012kEmvmgh=+从A、C两处发射的弹珠到达D点时的动能之比为221210:710.52

ABmvmgRmvmgR+=+故选D。8.铀235裂变的一种典型裂变方程是2351448919256360UXBaKr3n+→++。如图为原子核的比结合能与质量数的关系图，下列说法正确的是（）A.X粒子是电子B.X粒子是中子C.由于23592U核的核子数比8936Kr大很

多，所以23592U核的结合能更大D.由于14456Ba核的比结合能小于8936Kr核的比结合能，所以14456Ba核更稳定【答案】BC【解析】【详解】AB．根据质量数守恒和电荷数守恒可得，X的电荷数为0，质量数为1，X为中子，故B正确A错误；C．由于23592U核的核子数比

8936Kr大很多，所以23592U核的结合能更大，故C正确；D．比结合能最大，最稳定，故D错误。故选BC。9.如图（a）所示，在倾角30=的绝缘斜面上放置着一个正方形金属线框，金属线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场（图

中未画出）中，磁感应强度的大小按如图（b）所示的规律变化。在0010t内线框均处于静止状态，且在08t时刻，线框恰好不下滑，在09t时刻，线框恰好不上滑。设线框与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A

.02t时刻，垂直斜面向下看，金属线框中的感应电流沿顺时针方向B.09.5t时刻，金属线框所受的安培力沿斜面向下C.金属线框和斜面间的动摩擦因数为32D.金属线框和斜面间的动摩擦因数为337【答案】AD【解析】【详解】A．在0～8t0时间内线框的上半部分处在垂直斜面向上

的匀强磁场中，且磁感应强度增大，根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针，所以02t时刻，垂直斜面向下看，金属线框中的感应电流沿顺时针方向，故A正确；B．在9t0～10t0时间内线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度减小，根据楞次定律

可知电流方向俯视为逆时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向上，所以09.5t时刻，金属线框所受的安培力沿斜面向上，故B错误；CD．设线框的宽度为L，质量为m，电阻为R，在0～8t0时间内产生的感应电动势22001000

8216BBLBLESttt−===感应电流大小为11EIR=线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度增大，根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向下，在t=8to时刻，线框恰好静止在斜面上，则有01sin30cos30mgBILm

g+=在9t0～10t0时间内产生的感应电动势为2200200009822BBLBLEStttt−===−感应电流大小为22EIR=线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度减小，根据楞次定律可知电流方向俯视为逆时针，

根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向上，在t=9to时刻，线框恰好静止在斜面上，则有02sin30cos30mgmgBIL+=联立可得337=故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为m的小球A从

左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的小球B发生第一次碰撞，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则（）A.B球的质量可能为2mB.第一次

碰撞结束后瞬间，B球对轨道的压力大小可能为3mgC.第一次碰撞结束后，B球到达右侧轨道最高点时对轨道的压力大小可能为94mgD.第二次碰撞结束后的瞬间，A球对轨道的压力大小一定为3mg【答案】BCD【解析】【详解】A．小球A碰前速度2012mgRmv=若A、B两球第一次碰撞和

第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程011Bmvmvmv=−+，222011111222Bmvmvmv=+解得3Bmm=，1012vv=或者，碰后小球A静止，

则01''Bmvmv=，220111''22Bmvmv=解得'Bmm=，10'vv=故A错误；B．当'Bmm=，10'vv=B受到的支持力的21'vNmgmR−=根据牛顿第三定律B球对轨道的压力大小'3NNmg==故

B正确；C．如果3Bmm=，1012vv=B球到达右侧轨道最高点时，上升高度211332mghmv=解得14hR=根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小934RhmgFmgR−==故C正确；D．二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒或根据运动可逆性，以上两

种情况碰后A球速度均为0v，B球均静止，根据牛顿第三定律，A球对轨道的压力大小20'3vFmgmmgR−==一定为3mg，故D正确。故选BCD。二、实验题：本题共2小题，共16分。11.某同学通过实验测定一个阻值约为20的电阻xR的阻值。现有电源（12V，内阻不计）、滑动变阻器（0

100，额定电流2A）、开关和导线若干以及下列电表：A.电流表（量程3A）B.电流表（量程0.6A）C.电压表（量程3V）D.电压表（量程15V）（1）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______（均填器材前的字母）（2）实验

时先按图甲连接电路，记下电压表和电流表读数，然后再按图乙连接电路，发现电压表读数变化相对较大，电流表读数变化相对较小，则应选择图______（填“甲”或“乙”）的接法。【答案】①.B②.D③.甲【解析】【详解】（1）[1]

[2]电源电压12V，所以电压表选D；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为12A=0.6A20maxxEIR==所以电流表选B；（2）[3]电压表读数变化相对较大，说明电流表内电阻对实验影响较大，应该采用外接法，故选图甲。12.某同学设计出如图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。

让小球自由下落，下落过程中小球经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小球先后通过光电门的时间分别为1t、2t，已知当地的重力加速度为g。（1）该同学先用螺旋测微器测出小球的直径d如图2所示，则其直

径d=______mm。（2）小球通过光电门1时的速度1v=______（用题中所给字母表示）。（3）保持光电门1到光电门2的高度差h不变，调整电磁铁的位置，使小球从光电门1上方不同高度处释放，多次实验记录多组数据后，以()221t为纵轴，以()

211t为横轴作出相应的图像，则该图像的斜率k=______。如果不考虑空气阻力，当纵截距b=______（用题中所给字母表示）时，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。（4）考虑实际存在空气阻力，设小球在下落

过程中空气阻力大小恒为f，根据实际数据绘出第（3）问中的的图像，得到该图像的纵截距为1b，则实验过程中所受的阻力f与小球重力mg的比值fmg=______（用b、1b表示）。【答案】①.8.600②.1

dt③.1④.22ghd⑤.1bbb−【解析】【详解】（1）[1]图2所示螺旋测微器分度值为0.01mm，测得小球的直径d=8.5mm+0.01×10.0mm=8.600mm（2）[2]小球通过光电门1时的瞬时速度可近似等于平均速度，则有11dvt=

（3）[3][4]根据机械能守恒22211122mghmvmv=−，22dvt=整理得()()22221121ghdtt=+由此可知，若该图线的斜率1k=纵截距22gbhd=（4）[5]设小球在下落过程中阻力大小为f，则22211122mghfhmvmv−=−整理得()()2

222112()1mghfhmdtt−=+所以122()mghfhbmd−=解得1bfmgbb=−三、解答题：本题共5小题，共44分。13.水平地面上方存在竖直向上的匀强电场，场强大小为41.010N/C。将一带正电小球从地面上方足够高处竖直向上抛出，观察到小球在被抛出后的第1s

内运动的路程为1.3m，小球可视为质点，所带电荷量为45.010C−，质量为1.0kg，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力。（1）求小球的加速度大小；（2）根据加速度大小判断小球在被抛出后的第1s内向上运动的位移大小能否与上述路程相等（只需写出判断结果即可）；（3）求小球被抛出时的速

度大小。【答案】（1）25m/s；（2）不能；（3）2m/s或3m/s【解析】【详解】（1）设匀强电场场强为E，对小球有牛顿第二定律mgqEma−=代入数据解得25m/sa=（2）不能（3）由（1）问知：小球在第1s内升至最高点后下

落的总路程为1.3mx=根据速度-位移公式可得小球竖直上升的高度为2012vxa=根据位移-时间公式可得下落过程中的位移为202112vxaa=−小球在被抛出后的第1s内运动的路程为12xxx=+解得02m/sv=或3m/s14.如图所

示，倾角为30=的斜面体C固定于水平地面上，其上表面光滑，长为2L，一轻绳跨过光滑轻质定滑轮与质量均为m的滑块A、B相连，滑轮左侧轻绳与斜面平行，A、B可视为质点，将滑块A置于斜面底端，初始时用手托住B

，使A、B静止，轻绳处于伸直状态，此时B距地面高为L，现将B由静止释放，重力加速度取g。（1）求在B下落L的过程中，绳中张力对B做的功；（2）若斜面体C不固定，其质量也为m，则在B落地前，C与地面间的动摩擦因数至少为多大才能使C始终静止？（设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力）。【答案】（1）34mgL−；（2）37【解析】【详解】（1）在B下落过程中，对A、B沿绳方向有sin2mgmgma−=对B有牛顿第二定律mgTma−=解得34Tmg=故绳中张力对B做功为34WmgL=−（2）设A、C间的弹力大小为N，地面对C的支持力大小为1N，摩擦力为f，沿垂

直斜面方向对A有cosNmg=对C有竖直方向()211cosNmg=+对C有水平方向cossinfmg=又有最大静摩擦力等于滑动摩擦力1fN解得3715.如图所示，在光滑水平地面上有一“

L”型长木板C，右端挡板P的左侧连接一轻质弹簧，其劲度系数为k，将滑块A放在长木板C的最左端，滑块B放在长木板上的适当位置处，A、B可视为质点。设A与C之间的动摩擦因数为，B与C之间无摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、C的质量均为m，初始时，B、C静止，A以初速度0v向右运动

，且在A与B碰前瞬间，A的速度大小为C的3倍。所有碰撞均为弹性碰撞。已知轻质弹簧的弹性势能为212kx，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度取g（1）求A、B碰前瞬间，A、C的速度大小；（2）若A、B碰后瞬间，A立即与C保持相对静止，求B的质量；（3）在第（2

）问的前提下，若要保证B压缩弹簧的过程中A、C仍相对静止，求弹簧的最大弹性势能以及弹簧劲度系数k的取值范围。【答案】（1）034Avv=，014Cvv=；（2）12m；（3）20980mv，22201609mgkv【解析】【详解】（1）设A、B碰前瞬间，A的速度为Av，

C的速度为Cv，对A、C有动量守恒0ACmvmvmv=+由题意知3ACvv=解得034Avv=014Cvv=（2）设B的质量为Bm，A、B碰后瞬间，A的速度为Av，B的速度为Bv对A、B碰撞过程动量守恒AABBmvmvmv=+机械能守恒22211

1222AABBmvmvmv=+经分析可知ACvv=联立解得12Bmm=（3）由前两问可知034Avv=014CAvvv==0Bvv=设弹簧压缩至最短时压缩量为x，此时A、B、C共速为v对A、B、C有机械能、动量守

恒，有15222BCmvmvmv+=22211115222222BCpmmvmvmvE+=+其中212pmEkx=经分析：当弹簧压缩至最短时A、C不发生相对滑动即可，则有2kxmg的解得20980pmEmv=获得更多资源请扫码

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