还剩13页未读，
继续阅读
2024届湖北省黄冈市高三上学期期中考试物理试题 （解析版）
展开
这是一份2024届湖北省黄冈市高三上学期期中考试物理试题 （解析版），共16页。试卷主要包含了答题前，先将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4、考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 第19届亚运会女子蝶泳决赛于9月27日19∶52在杭州奥体中心游泳馆举行，中国队选手张雨霖以55秒86的好成绩摘得桂冠。泳道长为。下列说法正确的是（ ）
A. 研究张雨霏的游泳动作时，可将张雨霏视为质点
B. 9月27日19∶52指的是时间间隔
C. 张雨霏决赛全程的位移大小为
D. 张雨霏决赛全程的平均速度大小等于零
【答案】D
【解析】
【详解】A．研究张雨霏的游泳动作时，张雨霏的形体对研究的问题有影响，不能将张雨霏视为质点，故A错误
B．9月27日19∶52指时刻，故B错误；
C．赛道为50米国际标准泳道，所以张雨霏全程运动的位移大小为0，故C错误；
D．由于张雨霏全程运动的位移大小为0，根据平均速度的定义可知，张雨霏决赛全程的平均速度大小等于零。故D正确。
故选D。
【点睛】掌握时间和时刻的区别，当物体的尺寸大小、形状对研究的物理问题的影响不能忽略时，物体不能看成质点。掌握位移及平均速度的定义。
2. 我国的空间站距地球表面高度约为，绕地球的运动可视为匀速圆周运动，周期约为，已知地球半径约为，万有引力常量，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
B. 空间站的线速度大于第一宇宙速度
C. 由题干已知条件能估算出地球质量
D. 空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的小
【答案】C
【解析】
【详解】A．空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为所受万有引力提供了做匀速圆周运动的向心力。故A错误；
B．根据
解得
可知，环绕地球做匀速圆周运动的物体，其线速度与轨道半径有关，轨道半径越大，线速度越小。近地卫星的线速度为第一宇宙速度，空间站的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以空间站的线速度小于第一宇宙速度。故B错误；
C．根据
解得
故C正确；
D．根据
解得
空间站的轨道半径和同步卫星相比，较小。所以空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的大。故D错误。
故选C。
3. 长时间低头会引起颈部的疾病，将人体头颈部简化为如图所示的模型，A点为头部的重心，AO为提供支持力的颈椎（可视为轻杆）可绕O点转动，AB为提供拉力的肌肉（可视为轻绳）。当人体直立时，如图甲，颈椎所承受的压力大小等于头部的重力大小G；当低头时，如图乙，AO、AB与竖直方向的夹角分别为、。下对说法正确的是（ ）
A. 颈椎受到的压力大小为GB. 颈部肌肉的拉力大小为G
C. 颈椎受到的压力大小为D. 颈部肌肉的拉力大小为
【答案】B
【解析】
【详解】BD．提供拉力的肌肉与头部相当于构成一个轻绳的活结模型，即绳子的拉力与所连物体的重力相等。故颈部肌肉的拉力大小为G。故B正确，D错误；
AC．根据平衡条件及力的矢量合成可知，颈椎受到的压力大小为
故AC错误。
故选B。
【点睛】本题的关键在于理解颈椎是属于动杆还是定杆模型，颈部肌肉是属于轻绳活结模型还是轻绳死结模型。再根据平衡条件进行解答。
4. 2023年6月10日，32支龙舟队齐聚遗爱湖，上演一场水上的“速度与激情”。假设一龙舟的某段运动过程可视为初速度为零的匀加速直线运动，该过程位移为x。第一个内平均速度大小为v。下列说法正确的是（ ）
A. 龙舟加速度的大小为B. 龙舟加速度的大小为
C. 龙舟在该过程中的末速度大小为D. 龙舟在该过程中的末速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．第一个内平均速度大小为v，根据平均速度公式可知，末速度大小为
所以加速度
解得
故AB错误；
CD．全过程用速度位移关系式
解得在该过程中的末速度大小为
故C正确，D错误。
故选C
5. 如图所示，原长为L的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的光滑杆上，杆上M、N两点与O点的距离均为，P点到O点的距离为L，OP与杆垂直。现让小球从M处由静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 下滑过程中小球机械能守恒
B. 小球从M点运动到P点的过程中，加速度不断减小
C. 小球在P点时速度达到最大
D. 小球下滑到N点时的动能为
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球下滑过程中，受到弹簧弹力作用，因此小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球从M点运动到P点过程中，弹簧伸长的长度不断变小，产生的弹力在竖直方向的分力不断变小，因此在竖直方向上，加速度不断减小，故B正确；
C．小球在P点时，所受合力为重力，有向下的加速度，因此还会加速，故C错误；
D．小球从M点运动到N点的过程中，弹簧的伸长量没变，因此弹性势能不变，小球的重力势能转化为机械能，根据几何关系可得
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，将一小球（可视为质点）从斜面顶端A点水平抛出，第一次速度大小为，落在B点，小球在空中的运动时间为t；第二次仍从A点水平抛出，落在斜面底端C点，小球在空中的运动时间为，则第二次水平抛出的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据
可得
当速度加倍时，运动时间加倍，则当小球在空中的运动时间为时，则第二次水平抛出的速度大小为。
故选A。
7. 质量相等的A、B两个物体静置同一水平面上，分别受到水平拉力、的作用，经过时间和，分别撤去和，两个物体速度v随时间t变化的图像如图所示，设和对A、B的冲量分别为和，和对A、B做的功分别为和，下列结论正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为
根据牛顿第二定律，匀减速运动中有
则摩擦力大小相等，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6:5；
对全过程运用动能定理得
，
由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为6:5，
根据图象知，匀加速运动的加速度分别为和，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有
分别求得
，
F1和F2的大小之比为12:5，则
因此
B正确。
故选B。
8. 如图所示，两个完全相同的小球A、B在不同水平面内做圆锥摆运动，连接小球A、B的轻绳与竖直方向之间的夹角相等，连接B球的轻绳较长。下列说法正确的是（ ）
A. A球的角速度小于B球的角速度
B. A球的线速度小于B球的线速度
C. A球运动的周期大于B球运动的周期
D. A球对轻绳的拉力大小等于B球对轻绳的拉力大小
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．设小球运动的圆心到顶点的高度为h，绳子与竖直方向的夹角为，根据受力分析可知，合力提供向心力， 因此可得
整理后可得
因此可知A球的角速度大于B球的角速度，A球的线速度小于B球的线速度，A球运动的周期小于B球运动的周期，AC错误，B正确；
D．根据受分析可知，在竖直方向，受力平衡，因此拉力大小为
两者拉力相等，D正确。
故选BD。
9. 一辆汽车在水平路面上以额定功率从静止启动做直线运动，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示。已知汽车的总质量为，阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A. 加速度大小随时间均匀增大B. 汽车行驶过程中的最大速度为
C. 汽车所受阻力大小为D. 汽车的额定功率为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．依题意，汽车恒定功率启动过程，有
又
解得
易知随着速度的增大，加速度在一直减小，直至为零。故A错误；
CD．由A选项分析可知
结合图像信息，可得
联立，解得
故C错误；D正确；
B．根据
解得
故B正确。
故选BD。
10. 如图所示，传送带以恒定速率沿逆时针方向转动，传送带的倾角为。一质量为m的物块以初速度从传送带的上端冲上传送带并沿传送带向下运动，运动一段时间后从传送带的下端离开传送带，其运动的图像可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【详解】因为不确定摩擦系数和斜面角度正切值大小关系，所以有可能，物块一直加速，或者，物块先减速后匀速，或者一直减速，但不可能减速到零。
故选ABC
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，滑轮的质量和摩擦均忽略不计。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）有关该实验的操作，以下说法正确的是______。
A.细线需要与木板平行
B.砂桶的质量要远小于小车的质量
C.平衡摩擦力时，不需要悬挂砂桶，但小车要连接纸带穿过打点计时器
D.改变砂桶的质量后需要重新平衡摩擦力
（2）某同学做该实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图乙所示，则图像不过坐标原点的原因是__________。
（3）若求得乙图图线的斜率为k，则小车的质量__________（用斜率k表示）。
【答案】 ①. AC##CA ②. 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 ③.
【解析】
【详解】（1）[1] A．细线需要与木板平行，以保证小车受到的合力方向不变，故A正确；
B．砂桶的质量不需要远小于小车的质量，因为绳中拉力是通过传感器测量的，故B错误；
C．平衡摩擦力时，不需要悬挂砂桶，但小车要连接纸带穿过打点计时器，因为通过纸带来判断小车匀速运动，并且需要平衡纸带与打点计时器间的摩擦力，故C正确；
D．改变砂桶的质量后不需要重新平衡摩擦力，因为
质量可以约去，故D错误。
故选AC。
（2）[2]根据图像可知，拉力不为零，加速度为零，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
（3）[3]根据
整理得
即
解得
12. 甲乙两同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。
（1）实验时，他们先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动，调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间__________（填“＞”“＝”或“＜”）通过光电门2的时间，则说明轨道已水平。
（2）轨道调平后，将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。给滑块A一瞬时冲量，滑块A经过光电门1后与滑块B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录滑块A上遮光条的挡光时间为、，光电门2记录滑块B向左运动时遮光条的挡光时间为。实验中为确保碰撞后滑块A被反弹，则、应满足的关系是______（填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）甲同学的实验方案中要用天平分别测出滑块A、B的质量、含遮光条），两遮光条宽度d（很窄）。他用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图丙所示读出宽度__________mm。
（4）乙同学认为，若有关系式__________成立（用字母、、、、表示），则两滑块碰撞过程总动量守恒；若有关系式__________成立，则两滑块碰撞可视为弹性碰撞。（只用字母、、表示）
【答案】 ① ＝ ②. ＜ ③. 2.6 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]滑块匀速运动时，说明导轨水平，根据可知当滑块通过光电门1的时间等于滑块通过光电门2的时间时说明轨道已水平；
（2）[2]滑块A向左滑动与滑块B碰撞，且被弹回，由碰撞规律可知，实验中两滑块的质量应满足＜；
（3）[3]由题图丙可知，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标尺的第6个刻线与主尺的某刻线对齐，游标尺的读数为
（4）[4]取向左为正方向，实验需要验证的动量守恒表达式为
化简整理得
[5]设滑块A向左运动的速度为v1，与滑块B碰撞后返回速度为v2，滑块B碰撞后速度为v3，滑块A与滑块B碰撞的运动中，系统的动量守恒，机械能守恒，则有
联立解得
即
13. 如图所示，倾斜滑轨AB与水平面夹角为，长度，水平滑轨BC和半圆形滑轨CD均光滑，CD的半径为R，相邻滑轨在B、C处均平滑连接，质量为的物块（可视为质点）从A点由静止释放，最后恰好运动到半圆形滑轨的最高点D，物块与滑轨AB间的动摩擦因数。取，，。求：
（1）物块在滑轨AB上滑行时加速度a的大小；
（2）半圆形滑轨CD的半径R。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）物块在倾斜滑道运动时，由牛顿第二定律，有
得
（2）由速度位移关系，物块到达B点的速度为
物块恰好运动到圆弧滑轨的最高点D，根据牛顿第二定律有
从B到D的过程，由动能定理，有
得
【点睛】明确物体在各运动阶段的受力情况以及运动情况，恰好到达竖直弧形轨道的最高点，即由重力提供向心力。再根据牛顿第二定律、匀变速直线运动规律及功能关系进行解答。
14. 如图所示半径为的四分之一固定圆弧轨道与水平地面相切，O为圆心。质量为的A球从圆弧轨道上与圆心O等高处由静止开始下滑，质量为的B球（左侧连有轻弹簧）以在水平地面上向右运动，在此后的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度。求：
（1）A球刚滑到水平地面的速度大小；
（2）从A球用开始接触弹簧到弹簧压缩至最短过程中，弹簧对B球的冲量I；
（3）B球在运动过程中能达到的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对A球从静止到刚滑到水平地面的过程，由动能定理，有
求得A球速度为
（2）对A球和B球组成的系统，弹簧最短时二者共速，以水平向右为正方向，由动量守恒定律，有
弹簧第一次压缩过程中对B球的冲量为
（3）弹簧第一次恢复原长时B球速度达到最大，设此时A球速度为，由动量守恒定律，有
由系统机械能守恒，有
15. 如图所示，质量为m的带孔物块A穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮连接质量为物块B，已知定滑轮到细杆的距离为L，细绳的总长度为。现将系统从A与滑轮等高的位置由静止释放。已知重力加速度为g，忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，求：
（1）从系统开始释放到A下落L过程中，物块B的重力势能增加量；
（2）物块A下落的最大距离d；
（3）当物块A下落时，物块B的动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设物块A下落L时，物块B上升的高度为h，物块B重力势能的增加量为，由几何关系，有
可得
得
（2）对AB组成的系统，由机械能守恒定律，有
得
（3）设A下落时，细绳与水平方向的夹角为，物块B上升的高度为，由几何关系，有
，
由A物块和B物块在沿绳方向的速度相等，有
对AB组成的系统，由机械能守恒定律，有
，
得
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4、考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 第19届亚运会女子蝶泳决赛于9月27日19∶52在杭州奥体中心游泳馆举行，中国队选手张雨霖以55秒86的好成绩摘得桂冠。泳道长为。下列说法正确的是（ ）
A. 研究张雨霏的游泳动作时，可将张雨霏视为质点
B. 9月27日19∶52指的是时间间隔
C. 张雨霏决赛全程的位移大小为
D. 张雨霏决赛全程的平均速度大小等于零
【答案】D
【解析】
【详解】A．研究张雨霏的游泳动作时，张雨霏的形体对研究的问题有影响，不能将张雨霏视为质点，故A错误
B．9月27日19∶52指时刻，故B错误；
C．赛道为50米国际标准泳道，所以张雨霏全程运动的位移大小为0，故C错误；
D．由于张雨霏全程运动的位移大小为0，根据平均速度的定义可知，张雨霏决赛全程的平均速度大小等于零。故D正确。
故选D。
【点睛】掌握时间和时刻的区别，当物体的尺寸大小、形状对研究的物理问题的影响不能忽略时，物体不能看成质点。掌握位移及平均速度的定义。
2. 我国的空间站距地球表面高度约为，绕地球的运动可视为匀速圆周运动，周期约为，已知地球半径约为，万有引力常量，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
B. 空间站的线速度大于第一宇宙速度
C. 由题干已知条件能估算出地球质量
D. 空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的小
【答案】C
【解析】
【详解】A．空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为所受万有引力提供了做匀速圆周运动的向心力。故A错误；
B．根据
解得
可知，环绕地球做匀速圆周运动的物体，其线速度与轨道半径有关，轨道半径越大，线速度越小。近地卫星的线速度为第一宇宙速度，空间站的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以空间站的线速度小于第一宇宙速度。故B错误；
C．根据
解得
故C正确；
D．根据
解得
空间站的轨道半径和同步卫星相比，较小。所以空间站运行的向心加速度比地球同步卫星的大。故D错误。
故选C。
3. 长时间低头会引起颈部的疾病，将人体头颈部简化为如图所示的模型，A点为头部的重心，AO为提供支持力的颈椎（可视为轻杆）可绕O点转动，AB为提供拉力的肌肉（可视为轻绳）。当人体直立时，如图甲，颈椎所承受的压力大小等于头部的重力大小G；当低头时，如图乙，AO、AB与竖直方向的夹角分别为、。下对说法正确的是（ ）
A. 颈椎受到的压力大小为GB. 颈部肌肉的拉力大小为G
C. 颈椎受到的压力大小为D. 颈部肌肉的拉力大小为
【答案】B
【解析】
【详解】BD．提供拉力的肌肉与头部相当于构成一个轻绳的活结模型，即绳子的拉力与所连物体的重力相等。故颈部肌肉的拉力大小为G。故B正确，D错误；
AC．根据平衡条件及力的矢量合成可知，颈椎受到的压力大小为
故AC错误。
故选B。
【点睛】本题的关键在于理解颈椎是属于动杆还是定杆模型，颈部肌肉是属于轻绳活结模型还是轻绳死结模型。再根据平衡条件进行解答。
4. 2023年6月10日，32支龙舟队齐聚遗爱湖，上演一场水上的“速度与激情”。假设一龙舟的某段运动过程可视为初速度为零的匀加速直线运动，该过程位移为x。第一个内平均速度大小为v。下列说法正确的是（ ）
A. 龙舟加速度的大小为B. 龙舟加速度的大小为
C. 龙舟在该过程中的末速度大小为D. 龙舟在该过程中的末速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．第一个内平均速度大小为v，根据平均速度公式可知，末速度大小为
所以加速度
解得
故AB错误；
CD．全过程用速度位移关系式
解得在该过程中的末速度大小为
故C正确，D错误。
故选C
5. 如图所示，原长为L的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的光滑杆上，杆上M、N两点与O点的距离均为，P点到O点的距离为L，OP与杆垂直。现让小球从M处由静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 下滑过程中小球机械能守恒
B. 小球从M点运动到P点的过程中，加速度不断减小
C. 小球在P点时速度达到最大
D. 小球下滑到N点时的动能为
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球下滑过程中，受到弹簧弹力作用，因此小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球从M点运动到P点过程中，弹簧伸长的长度不断变小，产生的弹力在竖直方向的分力不断变小，因此在竖直方向上，加速度不断减小，故B正确；
C．小球在P点时，所受合力为重力，有向下的加速度，因此还会加速，故C错误；
D．小球从M点运动到N点的过程中，弹簧的伸长量没变，因此弹性势能不变，小球的重力势能转化为机械能，根据几何关系可得
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，将一小球（可视为质点）从斜面顶端A点水平抛出，第一次速度大小为，落在B点，小球在空中的运动时间为t；第二次仍从A点水平抛出，落在斜面底端C点，小球在空中的运动时间为，则第二次水平抛出的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据
可得
当速度加倍时，运动时间加倍，则当小球在空中的运动时间为时，则第二次水平抛出的速度大小为。
故选A。
7. 质量相等的A、B两个物体静置同一水平面上，分别受到水平拉力、的作用，经过时间和，分别撤去和，两个物体速度v随时间t变化的图像如图所示，设和对A、B的冲量分别为和，和对A、B做的功分别为和，下列结论正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为
根据牛顿第二定律，匀减速运动中有
则摩擦力大小相等，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6:5；
对全过程运用动能定理得
，
由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为6:5，
根据图象知，匀加速运动的加速度分别为和，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有
分别求得
，
F1和F2的大小之比为12:5，则
因此
B正确。
故选B。
8. 如图所示，两个完全相同的小球A、B在不同水平面内做圆锥摆运动，连接小球A、B的轻绳与竖直方向之间的夹角相等，连接B球的轻绳较长。下列说法正确的是（ ）
A. A球的角速度小于B球的角速度
B. A球的线速度小于B球的线速度
C. A球运动的周期大于B球运动的周期
D. A球对轻绳的拉力大小等于B球对轻绳的拉力大小
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．设小球运动的圆心到顶点的高度为h，绳子与竖直方向的夹角为，根据受力分析可知，合力提供向心力， 因此可得
整理后可得
因此可知A球的角速度大于B球的角速度，A球的线速度小于B球的线速度，A球运动的周期小于B球运动的周期，AC错误，B正确；
D．根据受分析可知，在竖直方向，受力平衡，因此拉力大小为
两者拉力相等，D正确。
故选BD。
9. 一辆汽车在水平路面上以额定功率从静止启动做直线运动，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示。已知汽车的总质量为，阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A. 加速度大小随时间均匀增大B. 汽车行驶过程中的最大速度为
C. 汽车所受阻力大小为D. 汽车的额定功率为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．依题意，汽车恒定功率启动过程，有
又
解得
易知随着速度的增大，加速度在一直减小，直至为零。故A错误；
CD．由A选项分析可知
结合图像信息，可得
联立，解得
故C错误；D正确；
B．根据
解得
故B正确。
故选BD。
10. 如图所示，传送带以恒定速率沿逆时针方向转动，传送带的倾角为。一质量为m的物块以初速度从传送带的上端冲上传送带并沿传送带向下运动，运动一段时间后从传送带的下端离开传送带，其运动的图像可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【详解】因为不确定摩擦系数和斜面角度正切值大小关系，所以有可能，物块一直加速，或者，物块先减速后匀速，或者一直减速，但不可能减速到零。
故选ABC
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，滑轮的质量和摩擦均忽略不计。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）有关该实验的操作，以下说法正确的是______。
A.细线需要与木板平行
B.砂桶的质量要远小于小车的质量
C.平衡摩擦力时，不需要悬挂砂桶，但小车要连接纸带穿过打点计时器
D.改变砂桶的质量后需要重新平衡摩擦力
（2）某同学做该实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图乙所示，则图像不过坐标原点的原因是__________。
（3）若求得乙图图线的斜率为k，则小车的质量__________（用斜率k表示）。
【答案】 ①. AC##CA ②. 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 ③.
【解析】
【详解】（1）[1] A．细线需要与木板平行，以保证小车受到的合力方向不变，故A正确；
B．砂桶的质量不需要远小于小车的质量，因为绳中拉力是通过传感器测量的，故B错误；
C．平衡摩擦力时，不需要悬挂砂桶，但小车要连接纸带穿过打点计时器，因为通过纸带来判断小车匀速运动，并且需要平衡纸带与打点计时器间的摩擦力，故C正确；
D．改变砂桶的质量后不需要重新平衡摩擦力，因为
质量可以约去，故D错误。
故选AC。
（2）[2]根据图像可知，拉力不为零，加速度为零，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
（3）[3]根据
整理得
即
解得
12. 甲乙两同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。
（1）实验时，他们先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示。将滑块向左弹出，使滑块向左运动，调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间__________（填“＞”“＝”或“＜”）通过光电门2的时间，则说明轨道已水平。
（2）轨道调平后，将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止。给滑块A一瞬时冲量，滑块A经过光电门1后与滑块B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录滑块A上遮光条的挡光时间为、，光电门2记录滑块B向左运动时遮光条的挡光时间为。实验中为确保碰撞后滑块A被反弹，则、应满足的关系是______（填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）甲同学的实验方案中要用天平分别测出滑块A、B的质量、含遮光条），两遮光条宽度d（很窄）。他用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图丙所示读出宽度__________mm。
（4）乙同学认为，若有关系式__________成立（用字母、、、、表示），则两滑块碰撞过程总动量守恒；若有关系式__________成立，则两滑块碰撞可视为弹性碰撞。（只用字母、、表示）
【答案】 ① ＝ ②. ＜ ③. 2.6 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]滑块匀速运动时，说明导轨水平，根据可知当滑块通过光电门1的时间等于滑块通过光电门2的时间时说明轨道已水平；
（2）[2]滑块A向左滑动与滑块B碰撞，且被弹回，由碰撞规律可知，实验中两滑块的质量应满足＜；
（3）[3]由题图丙可知，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标尺的第6个刻线与主尺的某刻线对齐，游标尺的读数为
（4）[4]取向左为正方向，实验需要验证的动量守恒表达式为
化简整理得
[5]设滑块A向左运动的速度为v1，与滑块B碰撞后返回速度为v2，滑块B碰撞后速度为v3，滑块A与滑块B碰撞的运动中，系统的动量守恒，机械能守恒，则有
联立解得
即
13. 如图所示，倾斜滑轨AB与水平面夹角为，长度，水平滑轨BC和半圆形滑轨CD均光滑，CD的半径为R，相邻滑轨在B、C处均平滑连接，质量为的物块（可视为质点）从A点由静止释放，最后恰好运动到半圆形滑轨的最高点D，物块与滑轨AB间的动摩擦因数。取，，。求：
（1）物块在滑轨AB上滑行时加速度a的大小；
（2）半圆形滑轨CD的半径R。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）物块在倾斜滑道运动时，由牛顿第二定律，有
得
（2）由速度位移关系，物块到达B点的速度为
物块恰好运动到圆弧滑轨的最高点D，根据牛顿第二定律有
从B到D的过程，由动能定理，有
得
【点睛】明确物体在各运动阶段的受力情况以及运动情况，恰好到达竖直弧形轨道的最高点，即由重力提供向心力。再根据牛顿第二定律、匀变速直线运动规律及功能关系进行解答。
14. 如图所示半径为的四分之一固定圆弧轨道与水平地面相切，O为圆心。质量为的A球从圆弧轨道上与圆心O等高处由静止开始下滑，质量为的B球（左侧连有轻弹簧）以在水平地面上向右运动，在此后的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度。求：
（1）A球刚滑到水平地面的速度大小；
（2）从A球用开始接触弹簧到弹簧压缩至最短过程中，弹簧对B球的冲量I；
（3）B球在运动过程中能达到的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对A球从静止到刚滑到水平地面的过程，由动能定理，有
求得A球速度为
（2）对A球和B球组成的系统，弹簧最短时二者共速，以水平向右为正方向，由动量守恒定律，有
弹簧第一次压缩过程中对B球的冲量为
（3）弹簧第一次恢复原长时B球速度达到最大，设此时A球速度为，由动量守恒定律，有
由系统机械能守恒，有
15. 如图所示，质量为m的带孔物块A穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮连接质量为物块B，已知定滑轮到细杆的距离为L，细绳的总长度为。现将系统从A与滑轮等高的位置由静止释放。已知重力加速度为g，忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，求：
（1）从系统开始释放到A下落L过程中，物块B的重力势能增加量；
（2）物块A下落的最大距离d；
（3）当物块A下落时，物块B的动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设物块A下落L时，物块B上升的高度为h，物块B重力势能的增加量为，由几何关系，有
可得
得
（2）对AB组成的系统，由机械能守恒定律，有
得
（3）设A下落时，细绳与水平方向的夹角为，物块B上升的高度为，由几何关系，有
，
由A物块和B物块在沿绳方向的速度相等，有
对AB组成的系统，由机械能守恒定律，有
，
得
相关试卷
2023-2024学年湖北省黄冈市高三上学期期中考试 物理试题（含答案）： 这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市高三上学期期中考试 物理试题（含答案），共8页。试卷主要包含了如图所示，将一小球等内容，欢迎下载使用。
湖北省黄冈市2023-2024学年高三上学期期中考试物理试题： 这是一份湖北省黄冈市2023-2024学年高三上学期期中考试物理试题，共8页。试卷主要包含了如图所示，将一小球等内容，欢迎下载使用。
湖北省黄冈市2023-2024学年高三上学期期中考试物理试题： 这是一份湖北省黄冈市2023-2024学年高三上学期期中考试物理试题，共9页。
