机密★启用前
湖南多校2024年上学期高一3月大联考
物理
本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答紊写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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.关于物理学史和物理学研究方法，下列说法错误的是
A.在推导匀变速直线运动位移公式时.把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀
速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B.伽利略在研究力和运动的关系时，依据逻辑推理，对实验进行了理想化处理，得出了力不是维
持物体运动的原因，这里采用了理想实验法
C.亚里士多德在研究物体下落过程的运动规律时，把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起
来，拓展了人类的科学思维方式和研究方法
D根据速度定义式一会二当4非常小时，浅可以表示物体在！时刻的民时速度，该定义应
用了极限思想方法
2.机动车检测站进行车辆尾气检测的原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚
筒上，可使车轮在原地转动，然后把检测传感器放人尾气出口，操作员将车轮加速一段时间，在与
传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数.现有如下简化图：前车轮内轮A的半径为rA,前车轮
外轮B的半径为rm,滚筒C的半径为rc,已知r4:rn:"c=1:5:3,车轮与滚筒间不打滑，当
车轮以恒定速度转动时，下列说法正确的是
A.A、B轮和滚筒C的角速度大小之比为5：5：3
B.A、B轮和滚筒C边缘的线速度大小之比为3：5：5
C.A、B轮和滚筒C边缘的向心加速度大小之比为3：15：25
D.A、B轮和滚筒C的周期之比为5：3：3
【高一物理试题第1页（共6页）】
3.一小型无人机在高空中飞行，将其运动沿水平方向和竖直方向分解，水平位移x随时间t变化的关
系如图甲所示，竖直方向的速度v,随时间t变化的关系如图乙所示.关于该小型无人机，下列说法
正确的是
A.0~2s内做匀加速直线运动
.cm
m's-)
B.t=3s时速度大小为5m.s
C.2~4s内加速度大小为1m:s2
D.0一2s内位移大小为4m
4如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半
径为R,人体重为g(g为重力加速度)，要使乘客经过轨道最高点时人对座椅的压力等于自身重
力，乘客和座椅均可视为质点，则过山车在最高点时的速度大小为
3gR
A.0
B.
C√gR
D.√/2gR
5.跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段
距离后着陆.如图所示，某运动员从跳台A处以不同的初速度。沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆
(B点位置变化)，A、B间可以认为是一条倾斜的直滑道，斜坡与水平方向的夹角为30°，运动员可
视为质点，不计空气阻力，关于运动员，下列说法错误的是
A.运动员在空中飞行的时间与初速度v。成正比
1
B.A、B的距离与初速度va成正比
C.落在B点的速度方向不变
30州
D,在空中距斜坡最大距离与初速度的平方成正比
6.如图所示，斜面体A上有滑块B,滑块B在水平向右的F,和沿斜面向下的F2共同作用下沿斜面向
下运动，斜面体A在水平地面上静止且对地面无运动趋势，则下列说法正确的是
A.若同时撤去F:和F2,在滑块B仍向下运动的过程中，此后滑块B将做减
速运动
B.若只撤去F2,在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向
144124/44
向右
C.若只撤去F:,在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变
D.若把Fz改成与F:同向，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向向左
【高一物理试题第2页（共6页）】湖南多校2０２４年上学期高一３月大联考 物理
参考答案、提示及评分细则
１．C 在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然
后把各小段的位移相加,这里采用了微元法,故 A正确;伽利略在研究力和运动的关系时,依据逻辑推理把实际
实验理想化的思想是研究物理问题的重要方法,即理想实验法,故B正确;伽利略在研究下落物体的运动时,把
实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来,拓展了人类的科学思维方式和研究方法,故C错误;根据速度定义式
Δx,当 非常小时,Δxv＝ Δt 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法,故D正确Δt Δt ．
２．C A、B 为同轴转动,角速度大小相等;B、C 的线速度大小相同,根据v＝rω 可知,B、C 的角速度与半径成反
比,故A、B 轮和滚筒C 的角速度大小之比为３∶３∶５,A错;根据v＝rω 可知,A、B 轮边缘的线速度大小与半径
成正比,B、C 的线速度大小相同,故A、B 轮和滚筒C 边缘的线速度大小之比为１∶５∶５,B错;根据a＝ωv 可
知,A、B 轮和滚筒C 边缘的向心加速度大小之比为
２π
３∶１５∶２５,C正确;根据T＝ 可知,周期与角速度成反比,ω
故A、B 轮和滚筒C 的周期之比为５∶５∶３,D错误;故选C．
３．B ０~４s内,由题图甲知,水平方向做匀速直线运动;由题图乙知,０~２s内无人机竖直方向做匀加速直线运
动,２~４s内做匀速直线运动;则０~２s内无人机做匀加速曲线运动,２~４s内做匀速直线运动,故 A 错误;
t＝３s时水平方向速度大小为vx＝１m/s,竖直方向速度大小为vy＝２m/s,则此时速度大小为v＝ v ２ ２x ＋vy
＝ ５ m/s,故B正确;２~４s内,无人机在水平方向和竖直方向均做匀速直线运动,加速度大小为０,C错误;
内,无人机在水平方向位移大小为 １０~２s x＝２m,竖直方向位移大小为y＝２×２×２m＝２m
,则位移大小为x合
＝ x２＋y２ ＝２２ m,故D错误．
２
４．D 由题意可知,在最高点座椅对乘客的支持力大小为 mg,根据牛顿第二定律可得
v
２mg＝m ,解得R v＝
２gR,故D正确,A、B、C错误．
１
５．B 运动员在空中做平抛运动,竖直方向有Lsinθ＝ gt２,水平方有２ Lcosθ＝v０t
解得在
２vtanθ
空中飞行的时间为t＝ ０ ,与初速度v０ 成正比,故 A 正确;A、B 的距离L＝g
２v ２０tanθ,与初速度v０的平方成正比,故B错误;落在斜面B 点时,位移偏角均为θ,根据平抛运动的推论,若速gcosθ
度偏角为α,总有tanα＝２tanθ所以速度偏角相等,即落在B点的速度方向不变,故C正确;将v０ 与g 沿斜面方
向和垂直斜面方向分解,如图:当运动员垂直斜面方向的速度为零时,在空中距斜坡的距离最大,则有v１＝
v ２ v ２sin２θ
vsinθ, １ ００ g１＝gcosθ,在空中距斜坡最大距离为s＝ ＝ 与初速度v 的平方成正比,故２ D
正确．
g１ ２gcosθ ０
６．C 以 A为研究对象,分析受力如图甲所示,根据题意可知,斜面体受到地面的摩
擦力为零,则可知物体对斜面体的压力和滑动摩擦力的水平分量大小相等,即物
体与斜面的动摩擦因数μ＝tanα,若同时撤去F１ 和F２,在滑块B仍向下运动的过
程中,B受力如图乙所示,有f３＝μN３＝μGBcosα＝GBsinα,则滑块B匀速下滑,
故A错误;若只撤去F１ 或只撤去F２,或者改变F１、F２,物体对斜面的压力和滑动
摩擦力的水平分量仍然大小相等,所以摩擦力依旧为零,故B、D错误,C正确．
７．AC 铁球以角速度ω 匀速转动时,由F＝mω２l可得铁球所受合力大小不变,故 A 正确;铁球转动过程中,向心
【高一物理试题参考答案 第 １ 页(共４页)】
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加速度方向时刻在变化,故B错误;若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则有(M ＋m)g＝m
v２ (,解得 M＋m
)gl
l v＝
,故C正确;铁球转动到最高点时,加速度指向圆心,竖直向下,铁球处于失重状态,故m
D错误．
８．ABC 污水从管口排出做平抛运动,设水流速度为
１ ２h
v,根据平抛运动规律,有x＝vt,h＝ gt２,可求出 ,２ t＝ g
g , ; gv＝x A正确 排出污水的流量为
SvΔt １
Q＝ ＝Sv＝ πd２x ,B正确;污水从出水口射出后,速度增大,２h Δt ４ ２h
若污水不散开,则污水柱在空中的水柱越来越细,C正确;空中污水柱的体积为V＝Svt∝v,则增大出水口的速
度,空中污水柱的体积变大,故D错误．
９．BC 以物体Q 为研究对象,物体Q 受到重力mg、轻绳的拉力T,外力F 三个力作用而
平衡,构成矢量三角形,置于几何圆中如图所示．在转动的过程中,轻绳的拉力T 由大小
等于mg 开始先增大,转过直径后开始减小至大小又等于mg;外力F 从零开始增加至
末态处于直径上,转动后一直增加,故 A错误,B正确;由于 M 和m 大小关系未知,所以
物体P 所受摩擦力情况不确定,当mg≥Mgsin３０°时,物体P 所受摩擦力先增大后减
小,故C正确;以整体为研究对象,地面对斜面体的摩擦力大小等于外力F 水平方向的
分力,应为先增大后减小,故D错误．
１０．BC 开始角速度较小时,两物体均靠静摩擦力提供向心力,角速度增大,静摩擦力增大,根据Ff＝mrω２,知ω＝
Ff ,随着角速度的增大,A 先达到最大静摩擦力,A 先使绳子产生拉力,所以当绳子刚好产生拉力时,有mr
Kg
Kmg＝mω２ ２L ,得ω＝ ,故C正确;此时B 受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力,随着角速度的增大,２L
对B,拉力和静摩擦力的合力提供向心力,角速度增大,则B 的静摩擦力会减小,然后反向增大(因为绳子增加
的拉力比B 所需增加的向心力要多)．对A,拉力和最大静摩擦共同提供向心力,角速度增大,静摩擦力不变,可
知A 的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变,B 的静摩擦力先增大后减小,再增大,故 A 错误,B正确;对
A、
g
B 整体,恰好与粗糙杆
２K
CD 发生相对滑动时,有:２Kmg＝mω２ ２L－mω２ L ,得ω＝ ,故 错误L D ．
１１．(共６分,每空２分)(１)C (２)１．１０ (３)３．０
解析:(１)电火花打点计时器应使用２２０V交流电,故 A错误;打点计时器的使用,应先接通电源,后释放小车,
故B错误;力传感器测量绳的拉力F,则小车受到的拉力为２F,即力可以直接得到,不用测砂桶和砂的质量,故
C正确、D错误．
(２)打点计时器打点周期为０．０２s,则相邻计数点间的时间间隔为T＝０．１s
x －x
小车的加速度为a＝ CE AC４T２ ＝１．１０m
/s２
( ２ F３)根据牛顿第二定律２F－Ff＝Ma 得a＝MF－
f
M
由题图丙可知斜率 ２ ４．０－０ ２k＝M＝
,小车质量为
７．０－１．０＝３ M＝３．０kg．
【高一物理试题参考答案 第 ２ 页(共４页)】
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１２．(共８分,每空２分)(１)BD (２)０．５ (３) １３ (－２０cm,－５cm)或(－０．２m,－０．０５m)(未写单位扣１分)
解析:(１)小球应选重而小的球,可忽略空气阻力的影响;该实验不需要停表测时间;为了保证小球的初速度相
等,小球每次应从斜槽的同一位置静止释放;每次斜槽轨道对小球的摩擦力影响是一样的,故无需刻意减小摩
擦力;故不需要的是BD．
(２)平抛运动水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,所以有:
１
x＝５L０＝v０t,y＝５L ２０＝ gt ,代入解得２ v０＝０．５m
/s
(３)平抛运动水平方向做匀速直线运动,竖直方向做加速度为g 的匀加速直线运动．运动时间与水平位移成正
比,所以有tOA＝t ２AB＝T,竖直方向上有:yAB－yOA＝gT
y
解得:T＝ AB
－yOA ２L＝ ＝０．１s,小球平抛运动的初速度大小为
４L
v ＝ ＝２．０m/s
g g ０ T
y
v ＝ OByA ２T ＝２m
/s,那么vyB＝vyA＋gT＝３m/s,则vB＝ v ２ ２０ ＋vyB ＝ １３m/s;
由平抛运动的规律可知,小球平抛运动的初始位置坐标为(－２０cm,－５cm)或(－０．２m,－０．０５m)．
() ２mv０tanθ () ２mv
２tanθ
１３．１t＝ F ２v＝v０ １＋４tan
２θ (３)L＝ ０Fcosθ
解析:(１)设小球运动到P 点时的速度大小为v,OP 之间的距离L．以O 点为坐标原点、初速度v０ 方向为x 轴
正方向、风力F 方向为y 轴正方向,建立平面直角坐标系,如图所示,沿v０ 方向有:Lcosθ＝v０t(１分)
沿风力F 方向:
１
Lsinθ＝ at２(２ １
分)
又有:F＝ma(１分)
: ２mv０tanθ联立解得t＝ ( 分)F ２
(２)小球运动到P 点时,vx＝v０,vy＝at(２分)
小球运动到P 点时的速度大小:v＝ v２０＋v２y (１分)
解得:v＝v０ １＋４tan２θ(１分)
(３)OP 之间的距离:
vt
L＝ ０ ( 分)cosθ１
: ２mv
２tanθ
解得 L＝ ０ (２分)Fcosθ
１４．(１)
３ ７３
L＝ m (２)４５N (３)２０ １５m
/s≤v≤ ３５m/s
解析:(１)根据题意可知,物块从A 抛出后做平抛运动,恰好从B 点滑入,根据几何关系可知其速度的偏向角为
θ,设在B 点时竖直方向的分速度为vy,
v
有:y＝tan３７°(１分)v０
物块从A 到B,竖直方向做自由落体运动,有:vy＝gt,解得:t＝０．３s(１分)
水平方向上:x＝v０t(１分)
【高一物理试题参考答案 第 ３ 页(共４页)】
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竖直方向上: １y＝ gt２(２ １
分)
A、B 间的距离:L＝ x２＋y２ (１分)
解得: ３ ７３L＝ (２０ m １
分)
( v２)物块到达B点时的速度:vB＝
０ ( 分)
cos３７° １
从B 到C 做匀速圆周运动,可得:vB＝vC
v ２
在C 点对物块由牛顿第二定律有:F cN－mg＝m (１分)R
联立各式解得:FN＝４５N(１分)
根据牛顿第三定律可得物块在圆弧轨道C 端对轨道的压力大小:FN′＝FN ＝４５N(１分)
(３)根据牛顿第二定律有:μmg＝ma(１分)
若物块从C 到D 始终减速,则有:v ２C －v ２min ＝２al(１分)
解得:vmin＝ １５m/s(１分)
若物块从C 到D 始终加速,则有:v ２ ２max －vC ＝２al(１分)
解得:vmax＝ ３５m/s(１分)
故小物块到达D 点的速度范围为:１５m/s≤v≤ ３５m/s(１分)
１５．(１)２m/s (２)１．９m
解析:(１)设木板与地面间的动摩擦因数为μ２,未放铁块前,对木板有:
F＝μ２Mg(１分)
放上铁块后,对铁块受力分析,由牛顿第二定律有:μ１mg＝ma１(１分)
对木板则有μ１mg＋μ２(M＋m)g－F＝Ma２(１分)
设经t时间共速,有v共 ＝a１t＝v０－a２t(１分)
解得:t＝１s,v共 ＝２m/s(１分)
(２)从铁块放到木板上到两者达到共速,有:
１ １
x１＝２a１t
２,x２＝v ２０t－２a２t
(２分)
铁块与木板达到共速后,假设两者一起做匀减速直线运动,则
( ) ( ) mgμ２ M＋m g＝ M＋m a 解得a ＝４m/s２＞
μ１
共 共 ,m
说明铁块将相对于木板向右滑动(１分)
v ２共
此时对铁块有μ１mg＝ma１′, x１′＝ (２a′２
分)
１
v ２共
对木板有μ２(M＋m)g－μ１mg＝Ma２′ ,x２′＝ ( 分)２a ２２′
铁块最终静止时,铁块到木板右端的距离Δx＝(x２－x１)－(x１′－x２′)(１分)
解得:Δx＝１．９m(１分)
【高一物理试题参考答案 第 ４ 页(共４页)】
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