湖北省名校联考2023-2024高三上学期11月期中考试物理试题含答案

湖北省名校联考2023-2024高三上学期11月期中考试物理试题含答案内容：
物理试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答进释题时。选出年小题答策后。用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦千净后，再选涂其他答策标号。回答非选择题时，将答策写在答题卡上，写在本试叁上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回，
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17题只有一项符合题目要求：第810题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1,食盐被灼烧时会发出黄光，主要是由食盐蒸气中钠原子的能级跃迁造成的。在钠原子光谱的四个线系中，只有主线系的下级是基态，在光谱学中，称主线系的第一组线（双线）为共振线，钠原子的共振线就是有名的黄双线（被长为589.0nm、589.6nm),己知普朗克常量h-6.63×104J·s,元电荷e-1.6×1019C,光速c-3×10m/s。下列说法正确的是A.玻尔理论能解释钠原子的光谱现象B.均烧时钠原子处于高能级是因为从火中吸收了能量C.黄双线能使逸出功为2.25eV的金属发生光电效应D.太阳光谱中有题述两种波长的光，说明太阳中有钠元素2.0时，A、B两质点从同一位置由静止沿同一方向做加速直线运动，在0时间内，A、B两质点的加速度分别为3a、a(a是不为零的常量)：在2r时间内，A、B两质点的加速度分别为a、3a。下列说法正确的是A.1s末，A、B两质点的速度大小之比为1：3B.2:s末，A、B两质点的速度大小之比为1：2C.在0t时间内，A、B两质点的位移大小之比为2：1D.在02：时间内，A、B两质点的位移大小之比为5：33.2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国料学院紫金山天文台发现的国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为20,11度，轨道半长轴为3.18天文单位（日地距高为1天文单位），远日点到太阳中心距离为4.86天文单位。下列说法正确的是A,“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年B.“樊锦诗星”在远日点的速率大于地球的公转速率C.“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为1.5：4.86D.“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为1：4.86绝密★启用前（新高考湖北卷）物理参考答案1.B【解析】玻尔理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，但无法解释复杂原子的光谱现象，A错误：食盐被灼烧时，钠原子吸收能量处于高能级，向低能级跃迁时放出光子，B正确：根据E=h二可知黄双线的光子能量约为2.I0eV,根据发生光电效应的条件可知，不能使逸出功为2.25eV的金属发生光电效应，C错误：太阳光谱中仅有题述两种波长的光，并不能说明太阳中有钠元素，有钠的特征光谱才能说明太阳中有钠元素，D错误。2.D【解析】ts末，A、B两质点的速度大小之比为3：1，A错误：21s末，A、B两质点的速度大小之比为1：1，B错误：在04时间内，A质点的位移5，-，B质点的位移5，)a,小、B两质点的位移大小之比为3：1，C31错误：在0-2时间内，5，立r+3ar+2=5a，8,2ar+am+乞3ar=3ar,小B两质点的位移22大小之比为5：3，D正确。3.C【解析】根据开普勒第三定律有有是=亮，解得了=567年，A错误：根据万有引力提供向心力可知Gm、,=m,,轨道半径越大，卫星的线速度越小，假设在远日点有一个与之相切的圆轨道，“哭锦诗星”在远2日点的速度小于与之相切的圆轨道上的公转速度，而此公转速度又小于地球的公转速度，B错误：轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离”1为4.86天文单位，则近日点到太阳中心距高为1.5天文单位，对和近日点附近很小一段时间△1内的运动，根据开普物第二定律有解符兰=点=5，C正确：根据万有引力提供向心力可知GM一=mQ,“樊锦诗星”在远日点的加速度14.86.2与地球的加速度大小之比为4一，1a4.86,D错误.4.D【解析】由图乙可知振动周期T-0.5s,则波长入=vT=0.4m,A错误：O、A两波源到B的波程差△x=0.8m=2入，所以B点是振动加强点，B错误：AC连线上（含A、C两点）共有满足△x=4,3,2以，，0，-元，-2的7个振动加强点，C错误：两波源的波到达B点的时间分别为=4B=1.58,5=OB=2.58,则在15-2.5时间内，B质点振动的路程为S.=4A×2=32cm,则在2.5s3s时间内，B质点振动的路程为S2=4×2A=32cm,则0-3s时间内B质点振动的路程为S=S,+S2=64cm,D正确。5,B【解析】根据左手定则侧确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置的受力分析如图所示，根据平衡条件可知导体棒所受支持力N=mgn8,导体棒所受摩擦力f=mgn8,导体棒沿粗箍的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，日增大，导体棒所受支持力N增大，导体棒所受摩擦力∫增大，故A错误；导体棒所受的安培力F=BL=mgcos0+4 ngsin0=√1+rsin(0+p),8在0~90°范围内增大，可知安培力先增大后减小，an0=4时，导体棒所受的安培力最大，B正确：重力与支特力的合力为ng cos8,随0增大而减小，故C错误：令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为B,则有amB=尽=尽==一，可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则侧重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，即重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角始终不变，故D错误。6.D【解析】根据电磁感应定律可知E=△中，行，「=石，则导体棒穿过磁场区域1的过程中通过电阻R的电量R+rg=n=A0=,A错误：由于H=an0,F就是金属棒所受的合外力，设进入磁场区域1时的拉力为F,R+rR+r速度为，则有序=m,进入磁场后做匀速运动则P=8L,其中1=三，E-BL,解得F=22R+rm(R+r)'VE-B头，B、C错误：由于匀速运动，则第n个随场区城的安培力大小为R-B,则整个过程的电m(R+P）R+r热0=%+B%++F,解得Q=2B(2+22+32++n2),D正确.m(R+P）7,C【解析】两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此内能增加量相同，A错误：A→B为等容过程，气体做功为零，由热力学第一定律可知内能改变量△U=Q=450】,A·C为等压过程，内能增加了450J,吸收热小为W=P(化e-V),联立解得V,=10L,C正确：一C过程中，气体体积增加了原体积的；，D错误。8.AD【解析】根据能量守恒可知△Es~△E+Q,B、C错误；画出小物块B和木板A的速度时间图线分别如图中1和2所示，图中1和2之间的面积表示板长！，1与1轴所围的面积表示小物块B的位移x,2与1轴所围的面积表示木板A的位移，由图易知x> 1,x2< 1:又△E想=兵、△E=在、Q=1,则△Es> Q> △EM,AD正确。9.BD【解析1在聚线圈国路中，U=。-1R,则兴=R=02:设制线圈中电流为，又L=k.子兴-，=U。1代，联这解得失-人是.则兴各和，条上可知DE我I Al△13k2510.BCD【解析】杆长为1，α球靠在光滑的车厢竖直侧壁上，到车厢底面的高度为0.81，则轻杆与竖直方向的夹角037°，当a球与车厢左壁的弹力刚好为零时，对a球根据牛顿第二定律得mgtan0ma,解得a1gtan0:当b球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时，对a、b受力分析如图所示，在竖直方向根据平衡条件有N1©os0mg,=2mg,在水平方向根据牛领第二定律有f-N,sinB=ma,又f=4N2,联立解得a2=(24-tan)g:若4=0.5，即4< tan0≤24，则车厢的加速度的最大值为a1=(24-tan0)g=2.5ms2,A错误，B正确：若4=0.8，即tan日≤4，则车厢的加速度的最大值为a=gtan0=7.5m/s2,C正确，D正确。