湖北省楚天教科研协作体（宜城一中、枣阳一中等鄂北六校）2024-2025学年高三上学期期中联考物理试卷（含解析））（含答案）

2024-2025学年湖北省楚天教科研协作体·鄂北六校高三（上）期中考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.第33届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行，其中在男子100米自由泳泳道长50米决赛中，我国运动员潘展乐以46秒40的成绩创造了新的奥运会纪录，勇夺该项目冠军，这也是我国游泳队在该项目历史上的第一金。下列说法中正确的是( )
A. 研究潘展乐的游泳动作时可以把其看作质点
B. 潘展乐全程的平均速率约为
C. 潘展乐全程的位移大小为100m
D. 潘展乐全程的平均速度约为
2.中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，3颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第3颗棋子最左端与水平面上的O点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，1和3棋子的位置情况可能是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，水平地面上竖直固定着两块弹性挡板，其间距为10m，一小球从左边挡板处以初速度水平向右运动，若小球在两板之间做匀减速直线运动，小球与挡板碰撞一次后停在两挡板中央，碰撞过程中小球速度大小不变，方向相反，则小球在匀减速过程中的加速度大小为( )
A. B. C. D.
4.2022年1月，风云三号D星，风云四号A星和风云二号H星正式成为空间与重大灾害国际宪章的值班卫星，搭载“风云二号”08星的运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射.发射过程中“风云二号”08星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为，如图所示。则( )
A. “风云二号”08星的发射速度小于第一宇宙速度
B. “风云二号”08星在的过程中，万有引力对它先做负功后做正功
C. “风云二号”08星在过程所用的时间等于
D. “风云二号”08星在的过程中，速率逐渐变大
5.如图甲所示，在水平面上固定倾角为、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面底端静止一质量为m的物块可视为质点，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用向上运动，拉力 F随位移x变化的关系图像如图乙所示，当拉力 F变为0时，物块恰好静止。重力加速度为 g，，。对于整个过程，下列说法正确的是( )
A. 拉力对物块做功 B. 系统的内能增加了
C. 物块的重力势能增加了 D. 物块机械能一直增加
6.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球 B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时( )
A. 水平转轴对杆的作用力为 B. 水平转轴对杆的作用力为
C. 球B的速度为零 D. 球A的速度大小为
7.为了缓解高强度学习生活所带来的生理、心理压力，襄阳六中2024年3月组织了班级篮球对抗赛，比赛中小明同学进行了一次漂亮的远投。赛后技术分析知球脱手速度与落网速度方向相垂直，球出手点与入网点间距为，忽略空气阻力，，则球在空中飞行时间为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.随着科技的发展，手机的功能越来越多，如图所示是小米同学随质量为100 kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动图象竖直向上为正方向，g取，下列判断正确的是( )
A. 货物处于失重状态 B. 前10s内电梯对货物的支持力恒为1010N
C. 46s末货物上升的距离为22m D. 前货物处于超重状态
9.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力、分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的图线如图所示，图中。则整个过程中( )
A. 的冲量小于的冲量
B. 的冲量大于的冲量
C. 摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量
D. 合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量
10.如图所示，原长为的轻质弹簧的下端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端由静止释放一质量为1kg的小球，小球的加速度大小a与弹簧长度x间的关系如图所示。重力加速度g取，则( )
A. 斜面倾角的正弦值为 B. 弹簧的劲度系数为
C. 小球的最大动能为 D. 弹簧最大弹性势能为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.研究小组用如图甲所示的装置来研究自由落体运动。图乙是实验中利用电磁打点计时器记录自由落体运动的轨迹时得到的一条纸带，图乙中的点是从放手开始打下的连续的计数点，其中相邻两计数点之间的距离为、、、，电源频率为。
下列说法正确的是__________;
A.电磁打点计时器的工作电压是220V
B.实验中使用秒表测量时间
C.实验时应先由静止释放纸带，然后赶紧接通电源
D.求出的加速度一般比小，是因为纸带和重物受到阻力
根据纸带上的数据，D点的速度__________，重物的加速度大小为__________。计算结果均保留两位有效数字
12.襄阳六中的物理课堂上组织学生在实验室做“探究碰撞中动量守恒”实验。如图所示，把一“ L”形长木板固定在水平桌面上，在长木板的左端固定一水平轻质弹簧。取两个材质相同，质量不同的小长方形物块 A和B备用。实验步骤：把物块 A放在长木板上弹簧的右侧，向左推物块 A压缩弹簧直至A到P点。再由静止释放物块A，物块A最终停在长木板上，标记物块A停止的位置，在物块 A运动的路径上适当位置标记一点Q，测出物块 A停止位置到Q点的距离。重复上述过程多次，每次都由P点静止释放物块A，计算Q点到停止距离的平均值。将物块B静置于长木板上的Q点，重新从P点释放物块A，两者发生碰撞，测出物块A停止时到Q点的距离和物块B停止时到Q点的距离。如图所示，重复多次，分别计算距离的平均值计为和。假设A返回运动过程中不与弹簧接触
为探究动量是否守恒，还需要测出__________写出测量物理量的名称及表示的字母，且一定满足__________。用测量的字母以及题中的字母表示若关系式__________中成立，则可得出结论：物块A、B碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证物块A、B的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式__________是否成立。选用、、和测量物理量的字母表示
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.襄阳横冲国际滑雪场，一名滑雪运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台 A点处沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在斜坡 B点处着陆。假设滑雪跑道足够长，测得 AB间的距离为150m，斜坡与水平方向夹角为，已知运动员及装备的总质量为100kg，不计空气阻力取，，，计算结果均保留根号。求：
运动员从A点飞出时的速度大小
若运动员从A点飞出时的速度大小变为，仍落到斜面上，求运动员落到斜面上的点到A点的距离。
14.如图所示，内壁粗糙、半径的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长光滑水平轨道BC相切。质量的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力为小球a重力的两倍。忽略空气阻力，重力加速度g取。
求小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功。
求小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能；
求小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。
15.如图所示，某传送带AB与地面倾角，AB之间距离，传送带以的速率逆时针转动。质量为，长度的木板上表面与小物块的动摩擦因数。下表面与水平地面间的动摩擦因数，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个质量为的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，，，。求：
物块离开B点的速度大小;
物块在木板上滑过的距离;
木板在地面上能滑过的最大距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A、研究潘展乐的泳姿时，不能忽略潘展乐的大小和形状，故不能将其看作质点，故A错误；
B、潘展乐全程的路程为100m，结合平均速率等于路程除以时间，可得他的平均速率为，故B正确;
CD、根据题意可知潘展乐的位移为零，结合平均速度等于位移与时间之比，可得其平均速度为零，故CD错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】【解答】根据题意三颗相同象棋子竖直叠放，所有接触面间的动摩擦因数均相同，
设每颗棋子质量为m，1、2两个棋子间最大静摩擦力为f，则2、3棋子间最大静摩擦力为2f，第三颗棋子与水平面间最大静摩擦力为3f，
中间棋子被击出，中间棋子对第1颗棋子有向右滑动摩擦力，则第1颗棋子有向右的加速度，即向右有位移，后落在第3颗棋子上，
2、3棋子间最大静摩擦力为2f，第三颗棋子与水平面间最大静摩擦力为3f，在摩擦力作用下，第3颗棋子静止不动，第3颗棋子仍受力平衡，第3颗棋子位移是零，可知稳定后，棋子的位置情况可能是D。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】对棋子进行受力分析，结合牛顿第二定律判断出棋子的运动状态，得出恒力作用一小段时间后，分析棋子的位置情况。
本题考查摩擦力的计算以及牛顿第二定律，解题关键是需要正确地分析出棋子的受力情况，从而判断出棋子的位置关系。
3.【答案】C
【解析】两块弹性挡板间距为，小球与挡板碰撞一次后停在两挡板中央，则小球运动的路程可能为：，根据速度一位移关系可得：，解得加速度大小为：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4.【答案】B
【解析】 A、绕地球运行的卫星，其发射速度都大于或等于第一宇宙速度，故 A错误;
B、卫星在的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故B正确；
C、卫星在的过程中所用的时间是，由于卫星在的过程中，速率逐渐变小，与的路程相等，所以卫星在过程所用的时间小于，故C错误；
D、根据开普勒第二定律，卫星在的过程中，卫星与地球的距离增大，引力做负功，速率逐渐变小，故D错误。
故选：B。
5.【答案】B
【解析】A.根据题意可知，拉力对物块做的功等于图线与横轴所围区域的面积，即，故A错误；
D.根据功能关系可知，除重力以外的其它力做功等于机械能的变化量，而其它力即外力F和摩擦力的合力，初始一段时间内外力沿斜面向上，摩擦力一直沿斜面向下，外力与摩擦力的合力沿斜面向上，即其它力做正功，机械能增大，之后外力小于摩擦力，外力与摩擦力的合力沿斜面向下，即其它力做负功，机械能减小，故 D错误；
C.重力势能的增加量为：，故C错误；
B.根据能量守恒定律有：，故B正确。
故选：B。
6.【答案】A
【解析】C、球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有：，解得，故C错误；
D、由于A、B两球的角速度相等，由得，球A的速度大小为：，故D错误；
CD、B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有：，解得：，所以杆对A球的作用力为，杆对O点的作用力大小也为，故A正确，B错误。
故选：A。
7.【答案】C
【解析】设脱手速度为，方向与水平方向的夹角为，因为脱手速度与落网速度方向相垂直，由几何关系可知
将脱手速度分解在水平方向和竖直方向，分别为，，
由对称性可知篮球上升时间等于下降时间，则球在空中飞行时间为
由题意知，球出手点与入网点间距为
解得
则球在空中飞行时间为。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】A、由图可知，内，物体向上做加速运动，加速度的方向向上，所以货物处于超重状态，故 A错误;
B、前10s内货物处于超重状态，加速度，则升降机的支持力，故B正确；
C、前36s内货物上升的距离为：，内货物下降的距离为：，货物的总位移为：，故C正确；D、内，货物向上做减速运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律可知货物处于失重状态，故 D错误。
故选：BC。
9.【答案】ACD
【解析】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a的运动总时间小于b的时间，根据可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得，，由图可得，则有，故AC正确，B错误；
D.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，故D正确。
故选：ACD。
10.【答案】AD
【解析】当时，由牛顿第二定律，可得，整理可得结合图像，有，2，解得，，故A正确，B错误；
C.由图可知小球在时，，此时小球的速度最大，在时，，根据，结合图像中图线与坐标轴所围面积，小球的最大动能为，联立解得，故C错误；
D.根据小球运动的对称性，可知当时，运动至最低点，弹簧具有最大弹性势能，根据能量守恒，可知，故D正确。
故选AD。
11.【答案】
；

【解析】电磁打点计时器的工作电压一般为8V左右，故A错误；
B.打点计时器直接可以记录时间，不需要秒表，故B错误；
C.实验时应先接通电源，后释放纸带，故C错误；
D.求出的加速度一般比小，是因为纸带和重物受到阻力，使得加速度小于g，故D正确；
故选：D。
点的瞬时速度等于CE间的平均速度，所以，
根据纸带上的数据，用逐差法求加速度的表达式为：，重物的加速度大小为：。
12.【答案】物块的质量和B物块的质量；
；

【解析】由于小物块A、B材质相同，则小物块A、B与长木板的动摩擦因数相同，则小物块A、B做匀减速直线运动的加速度均为a，有，整理有，设碰撞前物块A经过Q点的速度为v，有2，设碰撞后物块A和B经过Q点的速度分别为、，则有，
由于碰撞时间极短，则若碰撞中动量守恒有，整理有，所以还需要测量的是A滑块的质量和B滑块的质量；
由上述分析可知，动量守恒有，整理有
若物块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律，结合之前的式子，联立有，又因为，解得。
13.【答案】物体在空中平抛运动的高度为l
则平抛的时间为
平抛的水平位移为l
则平抛的初速度为；
运动员在空中做平抛运动，则有，，
则合位移为。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：
小球在最低点，结合牛顿第三定律，根据牛顿第二定律：
联立可得：；
小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度过程中，由动量守恒定律得：
由能量转化和守恒：
联立可得小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能：；
小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a后来速度为，b后来速度为，由动量守恒定律得：
由能量转化和守恒：
根据动量定理有：
联立可得：。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】小物块速度未达到时，由牛顿第二定律可得
小物块与传送带共速时，下滑的距离
二者共速之后，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式，可得
解得
小物块在木板上运动时，由牛顿第二定律可知
同理，分析木板受力，可得
解得
二者共速时v
解得
物块在木板上滑过的距离
此后二者共同减速，无相对位移。
物块和木板的共同速度
共速前，对于木板
共同减速的加速度
对于木板
则木板在地面上能滑过的最大距离。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】