物理-学科网2022年高三11月大联考（湖北卷）（全解全析）.pdf

1、 物理 全解全析 第 1 页（共 5 页）学科网 2021 年高三 11 月大联考（湖北卷）物理全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B B B A D C B BD BD CD CD 1B【解析】航天员随空间站一起绕地球运动，万有引力提供绕地球运动的向心力，故刘伯明处于完全失重状态，对脚下的机械臂没有压力。空间站所在轨道是近地轨道，而只有沿地球表面运行的卫星的速度才等于地球第一宇宙速度（7.9 km/s），运行的加速度约等于 9.8 m/s2，所以航天员的速度一定小于 7.9 km/s，加速度也小于 9.8 m/s2，故选 B。2B【解析】在国旗上升的过程中，若将全程看作

2、匀速运动，则速度约为 0.62 m/s，若全程先匀加速运动到最大值再立即匀减速运动到速度为零，则最大速度约为 1.24 m/s，由以上分析可知国旗上升过程中匀速运动阶段的速度取值介于 0.62 m/s 和 1.24 m/s 之间，故选 B。3B【解析】滑板爱好者上滑和下滑过程中加速度均有向下的分量，均处于失重状态，A 错误，B 正确；斜劈未动，处于平衡状态，C 错误；以滑板爱好者、斜劈为整体，减速上滑时，水平方向系统有向左的加速度，故斜劈所受摩擦力向左，加速下滑时，系统有水平向右的加速度，故斜劈所受摩擦力向右，D错误。4A【解析】设喷口的横截面积为 S，在t 时间内从喷口喷出的水的质量 mSv

3、 t ，设喷口出水压强为 p，以这些水为研究对象，由动量定理有 pS tmvSv t v ，解得271.0 10 Papv，故A 正确，B、C、D 错误。5D【解析】A 球受力如图，因 A 处于平衡状态，则 A 的重力 mAg、a 的拉力 Fa、柱体的支持力 FN 构成闭合三角形。由几何关系知，aAaFm glOP，同理可得bBbFm glOP，解得41abFF，D 正确。6C【解析】体验者在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，可知 A 错误；体验者从高处由静止释放，根据机械能守恒可得212mghmv，解得 v=6 m/s，最低点处加速度223.6 m/svar，可知 D 错误；物理 全解全析

4、 第 2 页（共 5 页）体验者做圆周运动，在最低点时受秋千作用力NF 最大，有2NvFmgm r，联立解得NF=680 N，C 正确；在运动到最低点过程中，体验者不断下降，速度从零逐渐增大，但是速度与重力的方向夹角逐渐增大直到90，所以重力的功率先增大后减小，B 错误。7B【解析】由图 1 可知前 2 s 内 A 物体的加速度216 m/sAa，由图 2 可知 B 物体的初速度03 m/sBv，加速度23 m/sBa，当 A、B 共速时 A、B 距离最大，所以有10ABBa tva t，解得1st，此时 A、B间的距离2201111.5 m22BBAdv ta ta t，故 A 错误；当 A

5、 追上 B 时有ABxx，即22101122ABBa tv ta t，解得2 st，此时两物体离出发点的距离12 mABxx，故 B 正确；由图1 可知 2 s 后 A 物体的加速度222 m/sAa，2 s 时 A、B 刚好相遇，此时 A 的速度112 m/sAAva t，B 的速度09 m/sBBBvva t，设再经过时间 t，A、B 第二次相遇，有2221122AABBv ta tv ta t，解得6 st，即出发后 8 s 第二次相遇，此后 A、B 不会再相遇，故 C、D 错误。8BD【解析】重物机械能的变化由钢索的拉力做功决定，即 EF h ，所以图线的斜率表示拉力，故 A错误，B

6、正确；第二阶段，拉力为恒力，可能是匀速运动，也可能是匀变速运动，C 错误，D 正确。9BD【解析】由于我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天问一号”火星探测器在着陆准备轨道上运动时是绕火星运动的，中心天体不一样，因此开普勒第三定律不适用，故 A 错误；“天问一号”从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以开启发动机向前喷气，故 B 正确；由开普勒第三定律可知轨道半径为 a1 的绕火星做匀速圆周运动的卫星的周期也为 T1，设火星的质量为 M1，则有2112112M mGmaaT，所以2311214 aMGT，所以能估算火星质量，而如果估算火星密度还需要知道火星半径，故 C 错误

7、；利用中圆轨道卫星可以估算地球质量2322224 rMGT，所以能够估算火星质量2311214 aMGT及火星质量和地球质量的比值3211232221Ma TMr T，故 D 正确。10CD【解析】小球滑到 D 点时重力沿切线方向的分力提供切向合力产生切向加速度，即cos30mgma 切，所以3cos302agg 切，而此时小球还有向心加速度，所以小球滑到 D 点时的加速度肯定不是 物理 全解全析 第 3 页（共 5 页）32 g，故 A 错误；由题意可知弹簧在小球经过 D 点时处于原长，而小球经过 C 点时弹簧处于压缩状态且长度最短，所以小球从 A 点到 C 点过程中弹簧弹性势能先减小后增大

8、，由对称性可知当小球从 C点到 B 点过程中弹簧弹性势能先减小后增大，故 B 错误；运动过程中小球的机械能和弹簧弹性势能之和保持不变，由前面分析可知小球的机械能先增大后减小再增大又减小，故 C 正确；小球从 A 点滑到B 点的过程中弹簧弹性势能没有变化，所以小球减小的重力势能全部转化为动能，即212BmvmgR，所以小球在 B 点时的速度大小为 2Rg，故 D 正确。11CD【解析】木板 1 与 2 分离前，两木板一起运动，加速度设为 a，对整体有22Fmgma，取木板1 为研究对象，1Fmgma，解得：木板 2 对 1 的弹力大小为11.5Fmg，根据牛顿第三定律，可知木板1对2的弹力大小为

9、1.5 mg，A错误；木板1加速前进 2L 与木板2分离，速度大小满足222Lva，解得：2gLv，B 错误；木板 1 与 2 分离后，木板 2 再继续运动 L 从桌面翻落，由动能定理有2221122FmgLmvmv（），解得2212.252 mvmgL，C 正确；由功能关系，两木板与桌面间摩擦产生的总热量为2223112222QFLmvmvmgL，D 正确。12（7 分）（1）17.4（17.217.6 都正确）（2 分）（2）1.515（2 分）（3）偏小（3 分）【解析】（1）刻度尺的最小刻度为 cm，应在最小刻度的基础上再估读一位，该读数应为 17.4 cm；（2）由 20 分度的游标

10、卡尺的读数规则知小球的直径 d1.5 cm30.005 cm1.515 cm；（3）dt 为小球通过光电门的平均速度，是通过光电门时间中点的瞬时速度，而小球球心通过光电门的速度为位移中点的瞬时速度，由位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度可知，计算得出的速度比真实值偏小。13（9 分）（1）A（2 分）（2）3（2 分）仍然（2 分）（3）10（3 分）【解析】（1）摆下过程中若只有重力做功，小球机械能守恒，为减小阻力影响，相同体积时应选用密度大的小球，故应选钢球，A 正确；（2）竖直悬挂时，小球受力平衡 F0=mg；小球摆下过程若机械能守恒，有212mgRmv，在最低点拉力最大，21vFm

11、gm R，解得13Fmg，同理在误差允许范围内，有123nFFFmg，因此m03FF。若改换为密度更大的同型号小球，仅增大了小球质量，m03FF关系仍成立。物理 全解全析 第 4 页（共 5 页）（3）若 F1=2.8F0，则在最低点有21vFmgm R，201.81.8mvF RmgR，则在最低点的动能为2k1=0.92EmvmgR低，机械能损失2k1=0.12EEEmgRmvmgR总低，故该次小球摆下过程中机械能损失占比为0.1100%100%10%EmgREmgR总。14（9 分）（1）v=3 m/s（6 分）（2）L=4 m（3 分）【解析】（1）由图像可得 xt=（1+0.5t）m/

12、s（1 分）整理得 x=（t+0.5t2）m（2 分）则木板做匀加速直线运动，初速度 v0=1 m/s，加速度 a=1 m/s2（1 分）由公式 v=v0+at（1 分）代入数据解得 v=3 m/s（1 分）（2）根据题意，t=2 s 时，木板运动的位移恰好等于木板的长度。由 L=v0t+12 at2（2 分）代入数据解得 L=4 m（1 分）（其他解法合理的参照给分）15（15 分）（1）弹射器 Q 在竖直轨道上的位置到 D 点的距离为 415 R（8 分）（2）见解析（7 分）【解析】（1）设弹射器在 D 点上方距离为 y1 处将小弹丸射出，小弹丸初速度为 v1，从射出到 P 点历时 t1

13、，根据几何关系和平抛的运动位移规律得：2111cos372yRgt（2 分）1 1sin 37RRv t（2 分）根据题意，小弹丸运动到 P 点时的速度关系有：1143gtv（2 分）解得：Ry1541（2 分）即弹射器 Q 在竖直轨道上的位置到 D 点的距离为 415 R。（2）若小球能上升到 A 点，则由圆周运动的动力学规律可知：2vmmgR，即球过 A 点时应该有速度，这不符合机械能守恒定律，所以球将在 AB 圆弧上的某处脱离轨道。（1 分）设该点的半径与水平方向的夹角为，在该处由动力学规律有：2sinvmmgR（1 分）以圆心 O 所在平面为零势能面，由机械能守恒定律：sin212mg

14、RmvmgR（2 分）物理 全解全析 第 5 页（共 5 页）解得：2sin3（2 分）所以，球沿圆弧轨道运动到 BD 上方半径与水平方向的夹角 满足2sin3 的位置时脱离圆弧轨道（1 分）16（16 分）（1）1.5x0（4 分）（2）38 F0 x0（3 分）（3）003050F x mm（5 分）（4）见解析 0038 F x（4 分）【解析】（1）B 与 A 分离时，设弹簧拉力为 F，A、B 加速度相等，设=BAaaa（1 分）对 A、B 整体有：ABFmma（）（1 分）对 B 有：最大拉力0 5BFm a（1 分）解得：弹簧拉力为02FF，结合 Fx 图像可知，B 与 A 分离时

15、的坐标位置 x=1.5x0（1 分）（2）B 与 A 分离之前，由 Fx 图像可知弹簧弹性势能的减少量 0000p00322=228FxFxEWF x（3 分）（3）B 与 A 分离时，A、B 的速度相等，大小设为 v0，对 A、B 整体，由动能定理：200031()82ABF xmm v（2 分）当两者又一次各自到达分离处，根据各系统的能量守恒可知，速度大小还是 v0。（1 分）A、B 发生相向完全非弹性碰撞，设碰后 AB 的共同速度为 v1，由碰撞时动量守恒可知：mAv0mBv0=（mA+mB）v1（1 分）解得：v1=05v=mmxF503000（1 分）（4）A、B 第一次碰后，因继续向右运动而又一次分离，此后 A、B 总是在分离处发生相向完全非弹性碰撞，共速后又分开，如此重复。因碰撞不断地损失能量，最终 A、B 不再分离，粘在一起做简谐运动。（2 分）因此，碰撞损失的总能量20001328ABEmmvF x）（2 分）