湖北省“腾·云”联盟2024-2025学年高三上学期8月联考物理试卷
1．（2024高三上·湖北月考）铯137的衰变方程为，下列相关表述正确的是（ ）
A．X是电子 B．该衰变是α衰变
C．衰变前后质量守恒 D．升温可以改变铯137衰变的快慢
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】AB．根据核反应过程质量数守恒、电荷数守恒可得核反应方程为
可知是电子，衰变方程中的电子来自于铯原子核，该方程属于衰变，故A正确，B错误；
C．该衰变过程中有质量亏损所以质量不守恒，质量数守恒，故C错误；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与外界因素无关，只与原子核本身有关，故D错误。
故选A。
【分析】半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间；半衰期与外界因素无关。
2．（2024高三上·湖北月考）某跳伞运动员打开降落伞降落，在无风的时候落地速度大小为4m/s。现在有水平方向的风使他获得大小为3m/s的水平速度，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员的落地速度大小为7m/s
B．运动员的落地速度大小为5m/s
C．有水平方向的风时落地时间将变长
D．有水平方向的风时落地时间变短
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．运动员落时参与了两个运动，落地时有两个方向上的速度，运动员的落地速度大小为
故A错误，B正确；
CD．根据运动的独立性可知，水平方向的风不影响竖直方向的运动，下落时间只和下落高度有关，则有无水平方向的风落地时间均相同，故CD错误。
故选B。
【分析】落地实际速度是两分速度的合速度，根据平行四边形定则即可求出落地速度。
3．（2024高三上·湖北月考）图为某景区的艺术喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图所示，它们最大高度相同，通过轨迹最高点速度之比为1：2，不计空气阻力，对轨迹A、B说法正确的是（ ）
A．水滴初速度大小相等
B．水滴初速度大小之比1：2
C．水滴在空中运动的时间不同
D．轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】ABC．水滴在空中斜上抛运动，从最高点到落地水滴做的是平抛运动，根据高度关系分析运动时间关系，水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据
最大高度相同，竖直位移相同，后半部分的时间相同，全程的时间相同，最高点的速度水平方向，因此水平方向速度之比为，又因为竖直方向初速度相同，因此他们初速度不等，初速度比不等于，故ABC错误；
D．后半部分做平抛运动，在最高点的速度是A的2倍，它们最大高度相同，下落时间相同，所以的水平射程是的2倍，轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方，故D正确。
故选D。
【分析】结合水平位移关系分析最高点速度关系，运用合成法分析初速度关系。
4．（2024高三上·湖北月考）烟花从地面竖直向上发射，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为，其中质量大的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则（ ）
A．烟花上升到最高点的过程中，动量守恒
B．烟花上升到最高点的过程中，机械能不守恒
C．爆炸完毕后，质量小的一块烟花的速度大小为2v
D．在爆炸的过程中，两分离块动量守恒，机械能守恒
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；爆炸；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．烟花上升到最高点的过程中，受重力作用，所受合外力不为零，所以整体的动量不守恒，机械能守恒，AB错误；
C．在最高点爆炸成质量不等的两块，水平方向内力远大于外力，根据动量守恒可得
解得
C正确；
D．在爆炸的过程中，两分离块动量守恒，机械能增加，D错误；
故选C。
【分析】 根据动量守恒的条件分析A，爆炸爆炸前后瞬间，水平方向上动量守恒，结合动量守恒定律求出质量小的一块的速度。
5．（2024高三上·湖北月考）2024年6月25日，到太空出差53天的嫦娥六号终于安全返回地球，降落在内蒙古四子王旗的预选着陆区。嫦娥六号此次降落使用的方法是“打水漂”式，且速度几乎达到31马赫。嫦娥六号将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，月球半径约为地球半径的，下列说法正确的是（ ）
A．在不同过程中样品受到的引力大小相等
B．飞行器在环月飞行过程中，样品处于完全失重状态
C．嫦娥六号发射速度要大于第二宇宙速度，让其摆脱地球引力的束缚
D．嫦娥六号绕近月轨道飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力的公式分析大小变化情况，在不同过程中样品受到的引力不同，故A项错误；
B．根据飞行器的受力情况分析超失重状态，飞行器在环月飞行过程中，样品处于完全失重，故B项正确；
C．发射嫦娥六号探测器绕月飞行并未超出地球引力范围内，所以其发射速度应略小于第二宇宙速度，达到第二宇宙速度，飞行器将完全脱离地球束缚，故C项错误；
D．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有
其中在月球表面万有引力和重力的关系有
联立解得
由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得
根据线速度和周期的关系有
根据以上分析，结合题中条件可得
故D项错误。
故选B。
【分析】根据第二宇宙速度的实际意义进行分析判断；跟牛顿第二定律导出卫星线速度的表达式，结合周期和线速度的公式求解周期比值。
6．（2024高三上·湖北月考）如图所示，光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口由静止开始下落，圆管对小球的冲量I随下落时间t的平方或下落高度h的关系图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】冲量
【解析】【解答】小球竖直方向只受重力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律，则有
小球下落过程中在水平方向将受到洛伦兹力，圆筒对小球作用力
根据冲量定义，由此可知圆管对小球的冲量
联立以上各式可得
则可知，小球的图像为过原点的倾斜直线。
故选。
【分析】根据受力分析结合圆管对小球的作用力冲量的表达式对比图像分析判断。
7．（2024高三上·湖北月考）如图，将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定两负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，已知，则（ ）
A．M、N两电荷电量之比为9：16
B．M、N两电荷电量之比为27：64
C．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做正功再做负功
D．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做负功再做正功
【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功
【解析】【解答】AB．小圆环运动至点时小圆环动能最大，则小圆弧所受点电荷的静电力沿切线方向的合力为0，由于小圆环与两点电荷均带负电，可知，在点时两电荷对小圆环的静电力的合力的反向延长线过圆心，与此时速度方向垂直，根据几何关系有
由于根据库仑定律可得
解得
故A错误，B正确；
CD．当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，表明P2点为圆环圆周运动的等效物理最低点，可知，小圆环从点运动到点的过程中静电力一直做正功，导致小球速度越来越大，故CD错误。
故选B。
【分析】本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。
8．（2024高三上·湖北月考）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，弹簧处于原长.
B．t=0.2s时，手机位于平衡位置上方
C．从t=0至t=0.2s，手机的动能减小
D．a随t变化的关系式为a=4sin（2.5πt）m/s2
【答案】C,D
【知识点】动能；简谐运动
【解析】【解答】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为
故A错误；
B．根据手机加速度的正负、简谐运动的特点分析，由题图乙知，时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B错误；
C．根据做简谐运动的物体远离平衡位置，加速度越大，速度越小分析，由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C正确；
D．由题图乙知，则角频率
则随变化的关系式为
故D正确；
故选CD。
【分析】根据t=0时刻手机a=0，由牛顿第二定律可知弹簧弹力大小，根据图像可得周期，可得ω，则可得a随t变化关系式。
9．（2024高三上·湖北月考）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（ ）
A．电流最大 B．磁通量最大
C．电流方向由Q指向P D．电流方向由P指向Q
【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率最大，故可知电流最大：在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律以及右手螺旋定则可知，此时感应电流方向由指向。
故选AC。
【分析】线圈处于中性面位置，知道中性面的特点，再根据变化求解；结合楞次定律得出感应电流方向。
10．（2024高三上·湖北月考）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外。第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，P（-L，0），Q（0，-L）为坐标轴上的两个点。现有一电量为q、质量为m的带正电粒子（不计重力），以与x轴正向成45°的速度从P点射出，恰好经原点O并能到达Q点，则下列对粒子在PQ段运动描述正确的是（ ）
A．粒子运动的总路程一定为
B．粒子运动的最短时间为
C．粒子从P点运动至Q点动量变化量大小为2mv
D．粒子从P点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比可能为1：3
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子从点出发恰好经原点到达点，洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可得运动轨迹可能如图所示，第一种情况粒子运动的总路程为
第二种情况粒子运动的总路程为
故A错误；
B．根据粒子的运动轨迹图可知，粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动的周期为
根据轨迹对应的圆心角求解运动时间，第一种情况粒子运动的时间最短
故B正确；
C．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从到的动量变化量大小为，第二种情况粒子从到的动量变化量大小是，C错误；
D．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从到的时间与从到的时间之比为；第二种情况粒子从到的时间为
粒子从到的时间为
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据题意得出粒子可能的运动轨迹，结合几何关系得出对应的时间和路程，从而得出两种情况下的时间之比。
11．（2024高三上·湖北月考）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图所示，其中定值电阻R1=40Ω，R2=360Ω。
（1）该电流表的满偏电压为 V；
（2）当开关S接A端时，该电流表的量程为0～ mA；
（3）当开关S接B端时，该电流表的量程为0～ mA。
【答案】（1）0.3
（2）1
（3）10
【知识点】表头的改装；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）由欧姆定律可得该电流表的满偏电压等于内阻与满偏电流的乘积为
代入数据可得
（2）当开关接A端时，和串联接入电路，和电流表并联，并联分流，最大电流等于各个支路电流之和，则有
该电流表的量程为。
（3）当开关接端时，和电流表串联，再与并联，并联分流，最大电流等于各个支路电流之和，则有
该电流表的量程为。
【分析】（1）由欧姆定律可得该电流表的满偏电压；
（2）（3）根据电阻的变化结合电路构造分析出电流表量程。
（1）由欧姆定律可得该电流表的满偏电压为
代入数据可得
（2）当开关接A端时，和串联接入电路，和电流表并联，则有
该电流表的量程为。
（3）当开关接端时，和电流表串联，再与并联，则有
该电流表的量程为。
12．（2024高三上·湖北月考）某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该 （填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为 （结果保留2位小数）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小 （填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是 。
【答案】往右移；0.15；逐渐变小；空气阻力随速度增大而增大
【知识点】实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律
【解析】【解答】（2）由打点间距变化判断小车的运动情况，由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
（4）物体做匀变速直线运动，中间时刻瞬时速度等于平均速度，打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
（5）v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则
而钩码重力mg不变，由于加速度不断减小，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
【分析】（2）由打点间距变化判断小车的运动情况，从而确定垫块移动方向；
（4）根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，来求解打出E点时小车的速度大小；
（5）v-t图像的斜率表示加速度，根据图像斜率的变化分析加速度的变化，由牛顿第二定律分析空气阻力的变化。
13．（2024高三上·湖北月考）如图A、B两物体叠放在水平地面上，已知，。A、B之间、B与地面间的动摩擦因数均为。将A用轻绳系于竖直墙上，轻绳与水平方向的夹角为37°，用水平向右的恒力F将物体B匀速拉出，此过程中轻绳与竖直方向的夹角保持不变，已知，，
（1）物体A对绳的拉力大小；
（2）水平力F的大小。
【答案】（1）解：对A受力分析，如图
由平衡条件，水平方向有
竖直方向有
摩擦力公式有
解得
T=20N
根据牛顿第三定律可得，物体对绳的拉力大小为20N
（2）解：对A、B整体受力分析，如图
由平衡条件可得，竖直方向
水平方向
摩擦力有
联立求得
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）将物体B匀速向右拉出过程中，A物体保持静止状态，受力均平衡对A根据受力分析与共点力平衡条件解得绳子的拉力；
（2）对系统，根据共点力平衡条件解得水平拉力F的大小。
（1）对A受力分析，如图
由平衡条件，水平方向有
竖直方向有
摩擦力公式有
解得
T=20N
根据牛顿第三定律可得，物体对绳的拉力大小为20N。
（2）对A、B整体受力分析，如图
由平衡条件可得，竖直方向
水平方向
摩擦力有
联立求得
14．（2024高三上·湖北月考）如图所示，半径的光滑半圆形轨道竖直固定，它的最底端跟水平传送带的B端平滑连接，轨道上C点和圆心O的连线与水平方向成角。将小滑块（视为质点）无初速度放在传送带A端，同时对小滑块施加水平向右的恒力，当小滑块到达传送带B端时，撤去恒力F。已知小滑块的质量，与传送带之间的动摩擦因数；传送带的长度，始终以的速度顺时针转动，取重力加速度，，。求：
（1）小滑块在传送带上的运动时间；
（2）小滑块在C点对轨道的压力大小。
【答案】解：（1）小滑块刚放上传送带时，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
设小滑块达到与传送带共同速度所用时间为，该段时间内的位移为，则有
，
解得
，
达到共同速度后，对小滑块受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
设小滑块又经时间到达传送带B端，则有
解得
那么小滑块在传送带上运动的时间为
解得
（2）设小滑块到达传送带右端时的速度为，则有
小滑块沿半圆形轨道滑至C点的过程，根据机械能守恒定律
在轨道上C点，设小滑块受到的弹力为，根据牛顿第二定律
联立解得
根据牛顿第三定律，小滑块在C点对轨道的压力大小
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解加速时间，再求出匀速运动的时间，由此得解；
（2）根据机械能守恒定律求解在C点速度，在C点合力提供向心力，结合牛顿第三定律求解小滑块在C点对轨道的压力大小。
15．（2024高三上·湖北月考）如图所示，光滑水平面上放一足够长的木板，其质量M=2.0kg，开始处于静止状态。从木板左端滑上一小木块，其质量m=1.0kg，初速度v0=4.0m/s。距离木板右端L=0.2m处固定一竖直挡板，木板与挡板碰撞过程时间极短，且无机械能损失。木块与木板之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）当木块刚滑上木板时，木板的加速度大小；
（2）当木板与挡板刚要碰撞时，木块、木板的速度大小；
（3）整个过程中，木块相对木板滑动的最大距离。
【答案】（1）解：木块刚滑上木板时，木板的加速度大小为a，对木块进行受力分析有
解得
（2）解：当木板刚要与挡板碰撞时，设木块和木板的速度大小分别为v1、v2，对木板，由位移公式有
解得
由速度公式得
解得
，
说明木板和挡板碰撞时，木板一直在加速，则木块和木板的速度分别为2m/s，1m/s
（3）解：木板与挡板碰撞后，木板速度等大、反向，设木块和木板最终的共同速度为v3，从碰撞结束到木块与木板共速过程中，规定向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
整个过程中，设木块相对木板滑动的最大距离为s，由能量守恒定律得
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）当木块刚滑上木板时，根据牛顿第二定律求木块和木板的加速度大小；
（2）当木板与挡板刚要碰撞时，根据位移—时间公式求出木板运动的时间，由速度—时间公式求木块、木板的速度大小；
（3）木板与挡板碰撞后，木板速度等大、反向，木板足够长，最终两者共速，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求木块相对木板滑动的最大距离。
（1）木块刚滑上木板时，木板的加速度大小为a，对木块进行受力分析有
解得
（2）当木板刚要与挡板碰撞时，设木块和木板的速度大小分别为v1、v2，对木板，由位移公式有
解得
由速度公式得
解得
，
说明木板和挡板碰撞时，木板一直在加速，则木块和木板的速度分别为2m/s，1m/s；
（3）木板与挡板碰撞后，木板速度等大、反向，设木块和木板最终的共同速度为v3，从碰撞结束到木块与木板共速过程中，规定向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
整个过程中，设木块相对木板滑动的最大距离为s，由能量守恒定律得
解得
1 / 1湖北省“腾·云”联盟2024-2025学年高三上学期8月联考物理试卷
1．（2024高三上·湖北月考）铯137的衰变方程为，下列相关表述正确的是（ ）
A．X是电子 B．该衰变是α衰变
C．衰变前后质量守恒 D．升温可以改变铯137衰变的快慢
2．（2024高三上·湖北月考）某跳伞运动员打开降落伞降落，在无风的时候落地速度大小为4m/s。现在有水平方向的风使他获得大小为3m/s的水平速度，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员的落地速度大小为7m/s
B．运动员的落地速度大小为5m/s
C．有水平方向的风时落地时间将变长
D．有水平方向的风时落地时间变短
3．（2024高三上·湖北月考）图为某景区的艺术喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图所示，它们最大高度相同，通过轨迹最高点速度之比为1：2，不计空气阻力，对轨迹A、B说法正确的是（ ）
A．水滴初速度大小相等
B．水滴初速度大小之比1：2
C．水滴在空中运动的时间不同
D．轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方
4．（2024高三上·湖北月考）烟花从地面竖直向上发射，在最高点爆炸成质量不等的两块，质量比为，其中质量大的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则（ ）
A．烟花上升到最高点的过程中，动量守恒
B．烟花上升到最高点的过程中，机械能不守恒
C．爆炸完毕后，质量小的一块烟花的速度大小为2v
D．在爆炸的过程中，两分离块动量守恒，机械能守恒
5．（2024高三上·湖北月考）2024年6月25日，到太空出差53天的嫦娥六号终于安全返回地球，降落在内蒙古四子王旗的预选着陆区。嫦娥六号此次降落使用的方法是“打水漂”式，且速度几乎达到31马赫。嫦娥六号将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，月球半径约为地球半径的，下列说法正确的是（ ）
A．在不同过程中样品受到的引力大小相等
B．飞行器在环月飞行过程中，样品处于完全失重状态
C．嫦娥六号发射速度要大于第二宇宙速度，让其摆脱地球引力的束缚
D．嫦娥六号绕近月轨道飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
6．（2024高三上·湖北月考）如图所示，光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口由静止开始下落，圆管对小球的冲量I随下落时间t的平方或下落高度h的关系图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·湖北月考）如图，将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定两负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，已知，则（ ）
A．M、N两电荷电量之比为9：16
B．M、N两电荷电量之比为27：64
C．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做正功再做负功
D．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做负功再做正功
8．（2024高三上·湖北月考）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，弹簧处于原长.
B．t=0.2s时，手机位于平衡位置上方
C．从t=0至t=0.2s，手机的动能减小
D．a随t变化的关系式为a=4sin（2.5πt）m/s2
9．（2024高三上·湖北月考）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（ ）
A．电流最大 B．磁通量最大
C．电流方向由Q指向P D．电流方向由P指向Q
10．（2024高三上·湖北月考）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外。第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，P（-L，0），Q（0，-L）为坐标轴上的两个点。现有一电量为q、质量为m的带正电粒子（不计重力），以与x轴正向成45°的速度从P点射出，恰好经原点O并能到达Q点，则下列对粒子在PQ段运动描述正确的是（ ）
A．粒子运动的总路程一定为
B．粒子运动的最短时间为
C．粒子从P点运动至Q点动量变化量大小为2mv
D．粒子从P点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比可能为1：3
11．（2024高三上·湖北月考）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图所示，其中定值电阻R1=40Ω，R2=360Ω。
（1）该电流表的满偏电压为 V；
（2）当开关S接A端时，该电流表的量程为0～ mA；
（3）当开关S接B端时，该电流表的量程为0～ mA。
12．（2024高三上·湖北月考）某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该 （填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为 （结果保留2位小数）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小 （填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是 。
13．（2024高三上·湖北月考）如图A、B两物体叠放在水平地面上，已知，。A、B之间、B与地面间的动摩擦因数均为。将A用轻绳系于竖直墙上，轻绳与水平方向的夹角为37°，用水平向右的恒力F将物体B匀速拉出，此过程中轻绳与竖直方向的夹角保持不变，已知，，
（1）物体A对绳的拉力大小；
（2）水平力F的大小。
14．（2024高三上·湖北月考）如图所示，半径的光滑半圆形轨道竖直固定，它的最底端跟水平传送带的B端平滑连接，轨道上C点和圆心O的连线与水平方向成角。将小滑块（视为质点）无初速度放在传送带A端，同时对小滑块施加水平向右的恒力，当小滑块到达传送带B端时，撤去恒力F。已知小滑块的质量，与传送带之间的动摩擦因数；传送带的长度，始终以的速度顺时针转动，取重力加速度，，。求：
（1）小滑块在传送带上的运动时间；
（2）小滑块在C点对轨道的压力大小。
15．（2024高三上·湖北月考）如图所示，光滑水平面上放一足够长的木板，其质量M=2.0kg，开始处于静止状态。从木板左端滑上一小木块，其质量m=1.0kg，初速度v0=4.0m/s。距离木板右端L=0.2m处固定一竖直挡板，木板与挡板碰撞过程时间极短，且无机械能损失。木块与木板之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）当木块刚滑上木板时，木板的加速度大小；
（2）当木板与挡板刚要碰撞时，木块、木板的速度大小；
（3）整个过程中，木块相对木板滑动的最大距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】AB．根据核反应过程质量数守恒、电荷数守恒可得核反应方程为
可知是电子，衰变方程中的电子来自于铯原子核，该方程属于衰变，故A正确，B错误；
C．该衰变过程中有质量亏损所以质量不守恒，质量数守恒，故C错误；
D．半衰期由原子核内部结构决定，与外界因素无关，只与原子核本身有关，故D错误。
故选A。
【分析】半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间；半衰期与外界因素无关。
2．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．运动员落时参与了两个运动，落地时有两个方向上的速度，运动员的落地速度大小为
故A错误，B正确；
CD．根据运动的独立性可知，水平方向的风不影响竖直方向的运动，下落时间只和下落高度有关，则有无水平方向的风落地时间均相同，故CD错误。
故选B。
【分析】落地实际速度是两分速度的合速度，根据平行四边形定则即可求出落地速度。
3．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】ABC．水滴在空中斜上抛运动，从最高点到落地水滴做的是平抛运动，根据高度关系分析运动时间关系，水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据
最大高度相同，竖直位移相同，后半部分的时间相同，全程的时间相同，最高点的速度水平方向，因此水平方向速度之比为，又因为竖直方向初速度相同，因此他们初速度不等，初速度比不等于，故ABC错误；
D．后半部分做平抛运动，在最高点的速度是A的2倍，它们最大高度相同，下落时间相同，所以的水平射程是的2倍，轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方，故D正确。
故选D。
【分析】结合水平位移关系分析最高点速度关系，运用合成法分析初速度关系。
4．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；爆炸；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．烟花上升到最高点的过程中，受重力作用，所受合外力不为零，所以整体的动量不守恒，机械能守恒，AB错误；
C．在最高点爆炸成质量不等的两块，水平方向内力远大于外力，根据动量守恒可得
解得
C正确；
D．在爆炸的过程中，两分离块动量守恒，机械能增加，D错误；
故选C。
【分析】 根据动量守恒的条件分析A，爆炸爆炸前后瞬间，水平方向上动量守恒，结合动量守恒定律求出质量小的一块的速度。
5．【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力的公式分析大小变化情况，在不同过程中样品受到的引力不同，故A项错误；
B．根据飞行器的受力情况分析超失重状态，飞行器在环月飞行过程中，样品处于完全失重，故B项正确；
C．发射嫦娥六号探测器绕月飞行并未超出地球引力范围内，所以其发射速度应略小于第二宇宙速度，达到第二宇宙速度，飞行器将完全脱离地球束缚，故C项错误；
D．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有
其中在月球表面万有引力和重力的关系有
联立解得
由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得
根据线速度和周期的关系有
根据以上分析，结合题中条件可得
故D项错误。
故选B。
【分析】根据第二宇宙速度的实际意义进行分析判断；跟牛顿第二定律导出卫星线速度的表达式，结合周期和线速度的公式求解周期比值。
6．【答案】A
【知识点】冲量
【解析】【解答】小球竖直方向只受重力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律，则有
小球下落过程中在水平方向将受到洛伦兹力，圆筒对小球作用力
根据冲量定义，由此可知圆管对小球的冲量
联立以上各式可得
则可知，小球的图像为过原点的倾斜直线。
故选。
【分析】根据受力分析结合圆管对小球的作用力冲量的表达式对比图像分析判断。
7．【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功
【解析】【解答】AB．小圆环运动至点时小圆环动能最大，则小圆弧所受点电荷的静电力沿切线方向的合力为0，由于小圆环与两点电荷均带负电，可知，在点时两电荷对小圆环的静电力的合力的反向延长线过圆心，与此时速度方向垂直，根据几何关系有
由于根据库仑定律可得
解得
故A错误，B正确；
CD．当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，表明P2点为圆环圆周运动的等效物理最低点，可知，小圆环从点运动到点的过程中静电力一直做正功，导致小球速度越来越大，故CD错误。
故选B。
【分析】本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。
8．【答案】C,D
【知识点】动能；简谐运动
【解析】【解答】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为
故A错误；
B．根据手机加速度的正负、简谐运动的特点分析，由题图乙知，时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B错误；
C．根据做简谐运动的物体远离平衡位置，加速度越大，速度越小分析，由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C正确；
D．由题图乙知，则角频率
则随变化的关系式为
故D正确；
故选CD。
【分析】根据t=0时刻手机a=0，由牛顿第二定律可知弹簧弹力大小，根据图像可得周期，可得ω，则可得a随t变化关系式。
9．【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率最大，故可知电流最大：在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律以及右手螺旋定则可知，此时感应电流方向由指向。
故选AC。
【分析】线圈处于中性面位置，知道中性面的特点，再根据变化求解；结合楞次定律得出感应电流方向。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子从点出发恰好经原点到达点，洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可得运动轨迹可能如图所示，第一种情况粒子运动的总路程为
第二种情况粒子运动的总路程为
故A错误；
B．根据粒子的运动轨迹图可知，粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动的周期为
根据轨迹对应的圆心角求解运动时间，第一种情况粒子运动的时间最短
故B正确；
C．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从到的动量变化量大小为，第二种情况粒子从到的动量变化量大小是，C错误；
D．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从到的时间与从到的时间之比为；第二种情况粒子从到的时间为
粒子从到的时间为
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】根据题意得出粒子可能的运动轨迹，结合几何关系得出对应的时间和路程，从而得出两种情况下的时间之比。
11．【答案】（1）0.3
（2）1
（3）10
【知识点】表头的改装；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）由欧姆定律可得该电流表的满偏电压等于内阻与满偏电流的乘积为
代入数据可得
（2）当开关接A端时，和串联接入电路，和电流表并联，并联分流，最大电流等于各个支路电流之和，则有
该电流表的量程为。
（3）当开关接端时，和电流表串联，再与并联，并联分流，最大电流等于各个支路电流之和，则有
该电流表的量程为。
【分析】（1）由欧姆定律可得该电流表的满偏电压；
（2）（3）根据电阻的变化结合电路构造分析出电流表量程。
（1）由欧姆定律可得该电流表的满偏电压为
代入数据可得
（2）当开关接A端时，和串联接入电路，和电流表并联，则有
该电流表的量程为。
（3）当开关接端时，和电流表串联，再与并联，则有
该电流表的量程为。
12．【答案】往右移；0.15；逐渐变小；空气阻力随速度增大而增大
【知识点】实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律
【解析】【解答】（2）由打点间距变化判断小车的运动情况，由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
（4）物体做匀变速直线运动，中间时刻瞬时速度等于平均速度，打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
（5）v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则
而钩码重力mg不变，由于加速度不断减小，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
【分析】（2）由打点间距变化判断小车的运动情况，从而确定垫块移动方向；
（4）根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，来求解打出E点时小车的速度大小；
（5）v-t图像的斜率表示加速度，根据图像斜率的变化分析加速度的变化，由牛顿第二定律分析空气阻力的变化。
13．【答案】（1）解：对A受力分析，如图
由平衡条件，水平方向有
竖直方向有
摩擦力公式有
解得
T=20N
根据牛顿第三定律可得，物体对绳的拉力大小为20N
（2）解：对A、B整体受力分析，如图
由平衡条件可得，竖直方向
水平方向
摩擦力有
联立求得
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）将物体B匀速向右拉出过程中，A物体保持静止状态，受力均平衡对A根据受力分析与共点力平衡条件解得绳子的拉力；
（2）对系统，根据共点力平衡条件解得水平拉力F的大小。
（1）对A受力分析，如图
由平衡条件，水平方向有
竖直方向有
摩擦力公式有
解得
T=20N
根据牛顿第三定律可得，物体对绳的拉力大小为20N。
（2）对A、B整体受力分析，如图
由平衡条件可得，竖直方向
水平方向
摩擦力有
联立求得
14．【答案】解：（1）小滑块刚放上传送带时，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
设小滑块达到与传送带共同速度所用时间为，该段时间内的位移为，则有
，
解得
，
达到共同速度后，对小滑块受力分析如图所示
根据牛顿第二定律
解得
设小滑块又经时间到达传送带B端，则有
解得
那么小滑块在传送带上运动的时间为
解得
（2）设小滑块到达传送带右端时的速度为，则有
小滑块沿半圆形轨道滑至C点的过程，根据机械能守恒定律
在轨道上C点，设小滑块受到的弹力为，根据牛顿第二定律
联立解得
根据牛顿第三定律，小滑块在C点对轨道的压力大小
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解加速时间，再求出匀速运动的时间，由此得解；
（2）根据机械能守恒定律求解在C点速度，在C点合力提供向心力，结合牛顿第三定律求解小滑块在C点对轨道的压力大小。
15．【答案】（1）解：木块刚滑上木板时，木板的加速度大小为a，对木块进行受力分析有
解得
（2）解：当木板刚要与挡板碰撞时，设木块和木板的速度大小分别为v1、v2，对木板，由位移公式有
解得
由速度公式得
解得
，
说明木板和挡板碰撞时，木板一直在加速，则木块和木板的速度分别为2m/s，1m/s
（3）解：木板与挡板碰撞后，木板速度等大、反向，设木块和木板最终的共同速度为v3，从碰撞结束到木块与木板共速过程中，规定向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
整个过程中，设木块相对木板滑动的最大距离为s，由能量守恒定律得
解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）当木块刚滑上木板时，根据牛顿第二定律求木块和木板的加速度大小；
（2）当木板与挡板刚要碰撞时，根据位移—时间公式求出木板运动的时间，由速度—时间公式求木块、木板的速度大小；
（3）木板与挡板碰撞后，木板速度等大、反向，木板足够长，最终两者共速，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求木块相对木板滑动的最大距离。
（1）木块刚滑上木板时，木板的加速度大小为a，对木块进行受力分析有
解得
（2）当木板刚要与挡板碰撞时，设木块和木板的速度大小分别为v1、v2，对木板，由位移公式有
解得
由速度公式得
解得
，
说明木板和挡板碰撞时，木板一直在加速，则木块和木板的速度分别为2m/s，1m/s；
（3）木板与挡板碰撞后，木板速度等大、反向，设木块和木板最终的共同速度为v3，从碰撞结束到木块与木板共速过程中，规定向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
整个过程中，设木块相对木板滑动的最大距离为s，由能量守恒定律得
解得
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