2024学年湖北省高中联考物理高三上期中联考试题含解析

考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中( )

A．b的动能等于a的动能 B．两物体机械能的变化量相等

C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零

2、在学校体育器材室里，篮球水平放在如图所示的球架上．已知球架的宽度为0.15m，每个篮球的质量为0.4kg，直径为0.25m，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对球架一侧的压力大小为（重力加速度g=10m/s2）

A．4N B．5N C．2.5N D．3N

3、如图所示，质量m=75kg的滑雪运动员在倾角θ=37°的直滑道上由静止开始向下滑行的速度—时间图象，图中的OA直线是t=0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则

A．物体开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动 B．t=0时刻运动员的加速度大小为2m/s2 C．动摩擦因数μ为0.25 D．比例系数k为15kg/s

4、一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x所用时间为2t，紧接着通过下一段位移x所用时间为t，则物体运动加速度的大小为（ ） A．

xt2 B．

x3t2 C．

x2t2 D．

2x3t2

5、石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料,它的发现使“太空电梯”的制造成为可能,人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯,电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处,这种所谓的太空电梯可用于降低成本地发射绕地人造卫星。如图所示,假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处,与同高度运行的卫星C相比较( )

A．B的角速度大于C的角速度 B．B的线速度小于C的线速度

C．若B突然脱离电梯，B将做离心运动 D．B的向心加速度大于A的向心加速度

6、如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )

A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上

B．弹簧弹力不可能为

3mg 4C．小球可能受三个力作用

D．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质量mA2kg,则由图可知下列结论正确的是( )

A．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s B．碰撞过程A对B的冲量为-4 N·s C．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/s

D．碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J

8、如图所示，电路中电压表V1 、V2 、V3和电流表A1、A2均为理想电表，电源内阻为r，两个定值电阻阻值均为R。现闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表V1、 V3示数变化量的绝对值为ΔU1、ΔU3，电流表A1示数变化量的绝对值分别为ΔI1，则（ ）。

A．A2示数增大

B．电源效率减小，电源的输出功率增大 C．V2示数与A1示数的比值减小

D．ΔU1与ΔI1的比值不变，ΔU3与ΔI1的比值增大

9、一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )

A．小球经过环的最低点时速度最大 B．小球在运动过程中机械能守恒

C．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋qE) D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)

10、有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则

A．a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度 B．在相同时间内b转过的弧长最长，a、c转过的弧长对应的角度相等 C．c在4小时内转过的圆心角是π/3，a在2小时内转过的圆心角是π/6 D．b的运动周期一定小于d的运动周期，d的运动周期一定小于24小时

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）在研究小车匀变速运动规律时,某同学根据所学知识设计了如下实验步骤: A．把打点计时器固定在斜面上,连接好电路；

B．把小车停放在靠近打点计时器处,接通电源后放开小车； C．换上纸带,重复三次,选择一条理想的纸带；

D．把纸带穿过打点计时器,并把它的一端固定在小车车尾； E.断开电源,取下纸带.

(1)合理的实验顺序应为_____________________.

若如图是该实验得到的一条纸带,从0点开始每5个计时点取一个记数点,依照打点的先后顺序依次编为1、2、3、4,5、6,测得:

(2)相邻两记数点间的时间间隔为________s.

(3)物体的加速度大小__________反”).

，方向与物体运动方向______(选填“相同”或“相

(4)打点计时器打下记数点3时,物体的速度大小______m/s.

12．（12分）用如图所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验．实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m1，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度．

(1)下列说法正确的是______

A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．本实验中m1应远大于m1

D．在用图象探究加速度与质量关系时，应用a1图象 m1(1)下图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=_____m/s1．（结果保留两位有效数字）

(3)实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a-F关系图线，如图所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是____

A．小车与平面轨道之间存在摩擦 B．平面轨道倾斜角度过大 C．所挂钩码的总质量过大 D．所用小车的质量过大

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx（x为床面下沉的距离，k为常量）。质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉

x00.10m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比

赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g=10m/s2，t2. 0s，

忽略空气阻力的影响。

（1）求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图； （2）求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；

（3）借助F-x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值。

14．（16分）如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为

mg ，已知AP=2R,重力加速度为g,求小球从P到B的运动过程中, 2

（1） 合外力做的功；

（2）克服摩擦力做的功和 机械能减少量；

15．（12分）如图所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O2为中轴线。当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1 O2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。

(1)求带电粒子的比荷；

(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期

，从t=0开始，前内UMN=2U，

后内UMN= -U，大量的上述粒子仍然以初速度v0沿O1O2方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；

(3)同(2)，求所有粒子在运动过程偏离中轴线最远距离的最大值Y与最小值y的比值.

参

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、D 【解题分析】

A：设物体a下降的速度为，物体b的速度为，拉b的绳子与水平面的夹角为，将物体b的速度分解如图，则

，即b的速度大于a的速度；它们质量相等，则

b的动能大于a的动能。故A项错误。

B：水平面粗糙，两物体运动过程中，有摩擦力做功，a、b系统的机械能不守恒，则两物体机械能的变化量不相等。故B项错误。

C：a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，则a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量。故C项错误。

D：当物体a下降的速度为，物体b前进的速度为，拉b的绳子与水平面的夹角为时，对a做的功

。设此时绳的拉力为，取一小段极短的时间，在时间内，绳子拉力

，绳子拉力对b做的功

，所

以在时间内，绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零。则a下降的整个过程中，绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零。故D项正确。 【题目点拨】

绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。 2、C 【解题分析】

设每个篮球对球架一侧的压力大小为N，则球架对球的支持力的大小也是N，对球进行受力分析可知，球受重力和球架对球的支持力作用，它们平衡，故球的受力情况如图所示．

因为球的直径为D=0.25m，球架的宽度为d=0.15m，故

cosα=

D2d2==0.8m；由力的平衡知识可知2Ncosα=mg，故

DN=

mg4N=2.5N，故C正确．

2cos20.83、C 【解题分析】

由速度-时间图像可知 ，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误；在t=0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有

a0120m/s24m/s2 ，故B错误；在t=0时刻开始加速时，v0=0，由牛顿第二定30律可得mgsinkv0mgcosma0 ，最后匀速时有：vm=10m/s，a=0，由平衡条件可得mgsinkvmmgcos0，联立解得： μ=0.25，k=30kg/s，故C正确、D错误．所以C正确，ABD错误． 4、B 【解题分析】

试题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出两段过程中的平均速度，结合时间求出加速度的大小． 在第一段x内的平均速度为v1xx，在第二段x内的平均速度为v2，因为2tt某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为：

xxt32tx，B正确． ttt．则加速度为at233t22t25、B 【解题分析】

AB．由图可知C的周期小于同步卫星的周期即小于B的周期，则C的角速度大于B的角速度,由：

vr

知C的线速度大，则A错误，B正确

C．若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力,做近心运动.则C错误.

D．因同步卫星A与B的角速度相同，故根据：

ar2

可知A的向心加速度大于B的向心加速度，故D错误. 6、C

【解题分析】

滑块可能受重力、支持力、弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡判断，根据平行四边形定则可知，小球重力和弹力的合力肯定大于重力． 【题目详解】

A、C项：小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，如图所示：

当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时，小球不受摩擦力，即小球可以受到3个力作用，故A错误，C正确；

B项：若小球不受摩擦力，根据平衡条件得：tan37°=错误；

D项：无论小球受不受到摩擦力作用，由平衡条件可知，木板对小球的作用力与重力和弹力的合力等大，反向，即木板对小球的作用力为(mg)2F2，一定大于重力，故D错误． 【题目点拨】

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力方向是水平向左的，难度适中．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、BCD 【解题分析】

A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为vA3mg，解得：Fmg，故BF44103m/s ； 2402m/s ， 2241m/s 碰撞后AB的速度为vC2碰撞前B的速度vB根据动量守恒可知 mbvBmavAmambvC

代入速度值可求得：mb4kg 310kgm/s ，故A错误； 3所以碰撞前的总动量为 mbvBmavAB、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量PBmbvCmbvB4Ns 故B正确；

C、根据动量守恒可知PAPB4Ns4kgm/s ，故C正确； D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为

111222mavAmbvBmambvC10J ,故D正确， 222故选BCD 【题目点拨】

结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B的质量，然后根据定义求出动量的变化量． 8、AC 【解题分析】

据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器并联后再与R串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A1的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，R的电压增大，所以并联部分电压减小，则通过并联部分R的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流增大，即A2示数增大，故A正确；电源的效率

，则随外电路

的电阻减小，电源的效率减小；因不知道外电路电阻与电源内阻的关系，不能确定电源的输出功率的变化，选项B错误； V2示数与A1示数的比值等于外电路电阻，则减小，故C正确；ΔU1与ΔI1的比值等于电阻R，不变；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I1（R+r），则得：【题目点拨】

本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析． 9、AD 【解题分析】

A. 小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增大，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大。故A正确；

=R+r，不变，故D错误；故选AC。

B. 小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。故B错误； CD.小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=

12mv， 2v2又由N−mg−qE=m，联立解得N=3(mg+qE)，故C错误，D正确。

R10、BC 【解题分析】

ma1G卫星a随地球自转做匀速圆周运动向心力由万有引力的分力提供：

Mmmg，2R可知其向心加速度小于重力加速度g，故A错误；对b、c、d万有引力提供向心力：

Mmv22G2mrm，可得轨道半径越大，线速度、角速度越小，a、c两颗卫星角

rr速度相等，再结合v=ωr可知c的线速度大于a的线速度，所以四个卫星中b的线速度a、c周期相等都是24小时，c在4小时内(即T/6)转过的圆心角是π/3，最大，故B正确；

Mm422小时是T/12，a转过的圆心角是π/6，所以C正确；根据G2m2r可知，轨

rT道半径越大，周期越大，b、c、d三颗卫星，d的周期最大，b的周期最小，故d的周期大于24小时，所以D错误．

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、（1）ADBEC； （2）0.1；（3）0.78，相反；（4）0.1． 【解题分析】

（1）安排实验步骤要本着先安装器材，然后进行实验，实验完毕整理器材的思路进行，一般每完成一次实验，都要进行重复实验．

（2）打点计时器每隔0.02s打一次点，根据打点间隔可以求出记数点之间的时间间隔；（3）利用逐差法可以求出加速度的大小，根据减速还是减速判断加速度的方向； （4）在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，据此可求出打各点时的瞬时速度大小． 【题目详解】

（1）实验步骤的安排要符合逻辑，要符合事物发展的进程，一般都是先要安装器材，准备实验，然后进行实验的总体思路进行，据此可知该实验的顺序为：ADBEC． （2）打点计时器每隔0.02s打一次点，由于两个记数点之间有5个间隔，因此相邻两记数点间的时间间隔为：T=5T0=0.1s．

（3）根据△x=aT2，将△x=0.78cm，T=0.1s带入得：

点间距越来越小，由此可知物体做减速运动，加速度方向与运动方向相反． （4）在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，所以：

12、CD 1.0 C 【解题分析】

试题分析：(1)当平衡了摩擦力后有mgsinmgcos计算后得明在该实验中，改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，A选项错误；

，打

，说

实验时应该先接通电源再释放小车，以此保证在纸带上打下较多的点，也为了使打点计时器工作稳定后再进行实验，减小误差，B选项错误； 由于小车运动的加速度有钩码提供，则有m2g(m1m2)a，

a而

m2gm2gm1m1m2m2， 1m1m2g，所以C选项正确； m11，所以D选项正确． m1当m1>>m1时有a由于小车加速度a与小车质量m1成反比，即可以看成a（1）小车的加速度为axCExAC21m/s． 24Ta(3)由

m2gm2gm1m1m2m2可知，当钩码质量逐渐增加之后，加速度a逐渐变小，所1m1以出现该现象．

考点：本题考查实验验证牛顿第二定律即加速度与质量和力关系．

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、（1）见解析；（2）5.0m；（3）1.1m，2525 【解题分析】

（1）床面下沉x00.10m，运动员受力平衡

mgkx0

得

kmg5.0103N/m x0F—x图线如图

（2）运动员从x0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等

hm1t2g()5.0m 22（3）参考由速度—时间图像求位移的方法，F—x图线下的面积等于弹力做的功，从x处到x0弹力做功

11WTxkxkx2

22运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有

12kx1mgx1hm0 2得

2x1x0x02x0hm1.1m

对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有

12Wkx0mghmx0

2得

W2525J

14、（1）

31mgR ；（2）mgR 441mg ,球受重力和支持力提供了向心2【解题分析】

（1）小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为力，根据牛顿第二定律,

2vB1mgmgm 2R计算得出:

vB3gR 2小球从P到B由动能定理知：

W合123mvBmgR 2412mvB 2（2）小球从P到B由动能定理知：

mgRWf得：

Wf1231mvBmgRmgRmgRmgR 2441mgR 4机械能的变化和摩擦力做功的多少由关，所以机械能减少了15、 (1)【解题分析】

(1)设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：垂直极板方向有：加速度联立解得：

(2)

(3)

(2)粒子通过两板时间，从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化

周期的前三分之一时间内方向垂直极板的加速度大小为：

或在每个电压变化周期的后三分之二时间内方向垂直极板的加速度大小为：所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或

(n=0,1,2…）时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上、下边缘处飞出．它

们在电场方向偏转的距离最大，则：可解得：

(3) 可以确定在t=nT或T（n=0，1，2…）时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上、下边缘处飞出．它们在运动过程中电场方向偏转的距离最大，则偏离中轴线最大位移为：

在所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在

或

(n=0,1,2...)（n=0，1，2…）时刻进入电场的粒子恰好从中轴线飞出．它们在

运动过程中电场方向偏转的距离最小，则偏离中轴线最小位移为： 所以粒子在运动中偏离中轴线最小位移与最大位移比值的大小为：【题目点拨】

本题考查带电粒子在电场中的运动，关键要正确分析带电粒子的运动情况，要掌握电场中类平抛运动的研究方法：运动的合成与分解法，运用动力学规律解答．

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