湖北省新八校协作体2025届高三上学期10月联考物理试题（Word版附解析）

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考试时间：2024年10月9日上午10：30-11：45 试卷满分：100分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
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，8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。
1. 某同学在平直的马路上骑自行车回家，4s内速度从0.5m/s增加到5.5m/s，通过的位移是10m，该同学在4s内的平均速度是（ ）
A. 2m/sB. 2.5m/sC. 3m/sD. 3.5m/s
【答案】B
【解析】
【详解】根据平均速度定义式
故选B。
2. 北京时间2024年7月31日，巴黎奥运会跳水女子双人10米跳台决赛中，全红婵和陈芋汐复制粘贴式的默契征服了所有人，以总分359.10分的绝对优势获得金牌。下列说法正确的是（ ）
A. 陈芋汐下落的速率越大，其惯性越大
B. 起跳时固定跳台对全红婵和陈芋汐做正功
C. 若忽略空气阻力，腾空后全红婵和陈芋汐的加速度相等
D. 研究“水花消失术”时，入水过程中全红婵可以看成质点
【答案】C
【解析】
【详解】A．惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，故A错误；
B．起跳时，人和跳台接触点无位移，跳台对人不做功，故B错误；
C．若忽略空气阻力，腾空后全红婵和陈芋汐的加速度都为g，故C正确；
D．研究“水花消失术”时，人要有动作，入水过程中全红婵不可以看成质点，故D错误；
故选C。
3. 甲、乙两辆车运动的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲车做曲线运动
B. 甲车做加速度增大的减速直线运动
C. 在0~10s内，甲、乙两车相遇两次
D. 第一次相遇时，甲车加速度小于乙车加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像只能描述直线运动，故A错误；
BD．图像斜率表示速度，可知甲车的速度逐渐增大，从图像中无法比较瞬时加速度，故BD错误；
C．图像的交点表示相遇，在0~10s内，甲、乙两车相遇两次，故C正确；
故选 C。
4. 如图所示，水平书桌上放置一简易书架，书架中斜放着四本相同的字典，书架和字典均处于静止状态。下列说法中正确的是（ ）
A. 桌面对书架有向左的摩擦力
B. 若C、D之间光滑，D不可能静止
C. 所有字典受到书架对它们的合力竖直向上
D. 书架左壁对A的弹力是C对D的弹力的4倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．将书架和书看成整体，则只受到重力和支持力，所以桌面对书架没有摩擦力，故A错误；
B．D与书架间有摩擦，即使C、D之间光滑，D仍可以静止，故B错误；
C．将所有字典看成整体，所有字典受到书架对它们的合力与重力等大反向，竖直向上，故C正确；
D．字典之间的力未知，不能求解，若字典间光滑，则书架左壁对A的弹力是C对D的弹力水平分力的4倍，故D错误；
故选C。
5. 随着技术的不断进步和消费者对环保意识的增强，智能电动汽车在全球范围内发展迅速。某新能源汽车质量，电机的额定功率，在平直的公路上，汽车从静止开始以额定功率启动所能达到的最大速度为，汽车在运动过程中所受阻力大小保持不变，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 若汽车以额定功率起动，当速度为10m/s时，加速度为
B. 若汽车以额定功率起动，当加速度为时，速度为30m/s
C. 若汽车以的加速度起动，加速度不变最多能维持2.4s
D. 汽车所受到的阻力大小为4000N
【答案】A
【解析】
【详解】D．根据
可得
故D错误；
A．当速度为10m/s时，汽车牵引力
根据牛顿第二定律
故A正确；
B．当加速度为时，根据牛顿第二定律
可得
此时速度
故B错误；
C．若汽车以的加速度启动，根据
，
可得
加速度不变最多能维持时间
故C错误；
故选A。
6. 某儿童立体游乐场，在水平一、二、三层平台之间建造了三个滑梯BA、CA、CB，三个滑梯分别位于三个平行竖直平面内。侧视图如图所示，滑梯可看作光滑的斜面。其中AB与水平面的夹角、CA与CB间的夹角均为。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑，到达该滑梯底端所用的时间分别为、、。则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】如图，以ABC三点构建一个竖直面内的圆，A为圆与第一层水平面的切点，由题可知弦切角等于圆周角，所以A为最低点，AB、AC为圆的两条弦，根据等时圆知识可知
故选D。
7. 倾角分别为、的两个光滑直角三角形斜面体固定在水平地面上，斜面体等高，顶端均固定相同的轻质光滑滑轮。两根轻绳绕过滑轮，其中一端分别与放在斜面上的物块A、B相连，A、B质量均为m，另一端都与质量为4m的物块C连接。现用外力托住物块A、B、C，使细线均处于伸直状态且平行于斜面体表面，A、B、C、滑轮在同一竖直面内，侧视图如图所示。撤去外力后，物块C开始向下运动。在整个运动过程中，细线始终不会脱离滑轮，物块A、B不会与滑轮相碰。不计一切摩擦，重力加速度大小取，，则在下落过程中物块C的加速度大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、B、C通过细绳链接，则加速度大小相等，设为a，绳拉力分别为T1和T2，根据牛顿第二定律，对A
对B
对C
联立解得
故选A。
8. 清华大学科学博物馆复原的记里鼓车，又名大章车，如图甲所示，晋《古今注》中记载：“大章车，所以识道里也，起于西京，亦曰记里车。车上为二层，皆有木人，行一里，下层击鼓：行十里，上层击镯。”记里鼓车内部设置了三级齿轮机构，通过齿轮的啮合将车轮的转动传递给车身上的木人，从而实现每隔一段距离击鼓和击镯，类似现代车辆的里程表。其原理如图乙所示，立轮和足轮固定同一车轴上，立轮和下平轮通过齿轮啮合，下平轮和旋风轮固定在同一立轴上，旋风轮和中平轮通过齿轮啮合，中平轮带动固定在同一轴上的上凸轮转动，固定在上凸轮边缘的拨片在转动过程中拨动拉着小人手臂的细线，从而实现“击鼓记里”的目的。齿轮的齿数如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 足轮每转动1圈，下平轮就转动3圈
B. 足轮每转动3圈，旋风轮就转动1圈
C. 旋风轮每转动100圈，中平轮就转动3圈
D. 足轮每转动100圈，上凸轮就转动1圈
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由题中数据，根据，立轮和下平轮的半径之比为
立轮和下平轮通过齿轮啮合，则线速度相等，根据
所以
立轮和足轮固定同一车轴上，所以角速度相等，则
足轮每转动1圈，下平轮就转动13圈，故A错误；
B．下平轮和旋风轮固定在同一立轴上，所以角速度相等，则
足轮每转动3圈，旋风轮就转动1圈，故B正确；
C．由题中数据可知，中平轮和旋风轮的半径之比为
旋风轮和中平轮通过齿轮啮合，线速度相等，则
旋风轮每转动100圈，中平轮就转动3圈，故C正确；
D．中平轮带动固定在同一轴上的上凸轮转动，所以角速度相等，则
足轮每转动100圈，上凸轮就转动1圈，故D正确。
故选BCD。
9. 2024年8月6日，千帆极轨01组卫星一箭18星发射升空，此次发射的千帆极轨01组卫星是我国低轨“千帆星座”的首批组网星，卫星运行的轨道高度距地面约500km到2000km，已知地球半径约为6400km，引力常量，同步卫星的轨道距地面高度约为36000km，运行周期24h，A卫星是01组中轨道最低的，B卫星是01组中轨道最高的，下列说法正确的是（ ）
A. A卫星的运行周期约为1.6h
B. A、B卫星的运行周期之比约为
C. 根据以上信息可以求出地球的质量
D. 千帆极轨01组卫星的发射速度大于11.2km/s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．对A卫星和地球的同步卫星，由开普勒第三定律可知
解得
TA≈1.6h
选项A正确；
B．由开普勒第三定律可知，A、B卫星的运行周期之比约为
选项B错误；
C．根据同步卫星的周期和轨道半径由
可以求出地球的质量，选项C正确；
D．千帆极轨01组卫星没有脱离地球的引力，则发射速度小于11.2km/s，选项D错误。
故选AC。
10. 如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长，劲度系数为，质量为的小球从距弹簧上端高度为的P点由静止释放，小球与弹簧接触后立即与弹簧上端粘连，并在竖直方向上运动。弹簧始终在弹性限度以内，不计阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球与弹簧接触后立即做减速运动
B. 弹簧的最大形变量为0.2m
C. 小球与弹簧粘连后，再次弹到最高点时弹簧拉伸0.2m
D. 小球与弹簧粘连后，能弹到最高点距离水平面0.6m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小球与弹簧接触后，刚开始重力大于弹力，合外力向下，弹力逐渐增大，合外力逐渐向下减小，故小球先做加速度逐渐减小的加速运动；当弹力等于重力时，小球的速度最大；当弹力大于重力时，小球做减速运动，故A错误；
B．由能量守恒定律
代入数据解得，弹簧的最大形变量为
或（舍去）
故B正确；
CD．小球平衡时，由平衡条件
可得平衡时弹簧的压缩量为
根据能量守恒，小球与弹簧粘连后在平衡位置做简谐运动，振幅为
所以小球与弹簧粘连后，再次弹到最高点时弹簧拉伸的距离为
小球与弹簧粘连后，能弹到的最高点距离水平面
故C错误，D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的运动轨迹，O、A、B为运动轨迹上的三个点，以O点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系，重力加速度大小取。
（1）小球平抛的初速度为________m/s（结果保留两位有效数字）；
（2）小球运动到B点的速度为________m/s（结果可用根式表示）；
（3）小球从O运动到B点的平均速度为________m/s（结果可用根式表示）；
（4）小球开始做平抛运动的位置坐标是________（填字母）。
A. B.
C. D.
【答案】（1）1.0 （2）
（3）
（4）A
【解析】
【小问1详解】
在竖直方向上，根据△y=gT2得相等的时间间隔为
则平抛运动的初速度为
【小问2详解】
A点的竖直分速度为

依据运动学速度公式，则有
vyB=vyA+gt=2.0m/s+10×0.1m/s=3.0m/s
小球运动到B点的速度为
【小问3详解】
小球从O运动到B点的平均速度为
【小问4详解】
从抛出点到A点的运动时间为
抛出点到A点的水平位移为
xA=v0t=1×0.2m=20cm
抛出点横坐标
x=10cm-20cm=-10cm
抛出点到A点的竖直位移为

抛出点的纵坐标
y=15cm-20cm=-5cm
故选A
12. 某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、光电门、轻质弹簧和滑块等器材设计了测量物体质量和验证动量守恒的实验，组装摆放好的装置如图甲所示。
主要步骤如下：
a．测得A、B滑块上固定的挡光片的宽度均为d，并根据挡光片调节光电门到合适的高度；
b．将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块A上；
c．接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态；
d．弹簧处于原长时右端位于O点，将滑块A向左水平推动，使弹簧右端压至P点，稳定后由静止释放滑块A，并开始计时；
e．计算机采集获取数据，得到滑块A所受弹力大小F、加速度大小a随时间t变化的图像，如图乙所示；
f．滑块A与弹簧分开后，经过光电门1，记录遮光时间，然后滑块A、B发生碰撞，碰撞时间极短，B、A分开后依次通过光电门2的时间分别为和；
g．用滑块B重复实验步骤（d）（e），并得到滑块B的和图象，分别提取滑块A、B某些时刻F与a对应的数据，画出图像如图丙所示。
回答以下问题（结果均保留两位有效数字）
（1）滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量________kg；
（2）滑块B与挡光片的总质量的质量________kg；
（3）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是________________（用题中字母表示）；
（4）能否利用上述实验步骤验证动量定理？若能，请说出验证方法。_____________
【答案】（1）0.25
（2）0.20 （3）
（4）能，利用图像所围面积求出力F的冲量，利用a-t图象所围面积求出速度变化量，动量定理即可验证。
【解析】
【小问1详解】
根据牛顿第二定理
可知
由乙图可知，当时
，
可知滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量约为
结合图丙可知，第二条图线表示A
可得
【小问2详解】
由上述可知，第一条图线表示B
滑块B与挡光片的总质量的质量
【小问3详解】
碰撞前滑块A的速度
碰撞后滑块A的速度
碰撞后滑块B的速度
验证动量守恒定律的表达式是
代入可得
【小问4详解】
能，利用图像所围面积求出力F的冲量，利用a-t图象所围面积求出速度变化量，动量定理即可验证。
13. 乒乓球台的纵截面如图所示，A、D是台面的两个端点，位于正中间的乒乓球网高度，其中，P、Q、C在同一竖直线上，所有点均在同一竖直面内。第一次在P点将乒乓球水平击出，球恰好过球网的最高点F，且刚好落到B点；第二次在Q点将同一乒乓球斜向上击出，轨迹的最高点恰好过球网最高点F，同时落在A点。乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用。求：（注意：计算题中二级结论不能直接使用）
（1）P点到台面的高度；
（2）Q点到台面的高度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
第一次在P点将乒乓球水平击出，乒乓球做平抛运动，由，可知
由于平抛运动在水平方向做匀速直线运动，由，可知乒乓球从P到F的时间与乒乓球从F到B的时间相等，即
乒乓球在竖直方向上做自由落体运动，由
，，
解得P点到台面的高度
【小问2详解】
第二次在Q点将同一乒乓球斜向上击出，乒乓球做斜抛运动，乒乓球在水平方向上做匀速直线运动，由，可得
由，可得
乒乓球由F到A的运动为平抛运动，乒乓球从Q到F的运动可看作逆向的平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，则
，
解得Q点到台面的高度
14. 半径为R的光滑半圆形圆弧DCB与倾角为的传送带AB相切于B点，传送带AB长为，传送带以逆时针匀速转动，现将一质量为的小物块P从传送带上端A处无初速度释放，物块与传送带之间的动摩擦因数，物块P到达圆轨道的D点时，对圆轨道的压力恰好为0。不计空气阻力，不考虑物块经过D点后的运动，重力加速度大小取，求：
（1）物块P从A点到达B点的时间t；
（2）圆轨道的半径R；
（3）物块P从A到B下滑过程中对传送带做的总功。
【答案】（1）1.2s （2）0.4m （3）0.64J
【解析】
【小问1详解】
物块P刚放到传动带上，根据牛顿第二定律
解得
加速度到共速的时间
共速后，根据牛顿第二定律
解得
之后继续做匀加速运动，有
解得
物块P从A点到达B点的时间
【小问2详解】
物块P到达B点的速度
在D点，有
从B到D根据动能定理
联立解得
【小问3详解】
物块P对传送带做的功
物块P对传送带做的功
物块P从A到B下滑过程中对传送带做的总功
15. 竖直面内固定有半径为R的四分之一光滑圆弧，在B点切入水平轨道BC，C端有一竖直弹性挡板。BC长L，质量为m的小物块P从A点由静止释放，且从A运动到B所用的时间为t，小物块P与BC间的滑动摩擦因数为，在C端放置一个与P等大质量为M的小物块Q，小物块Q与BC间的滑动摩擦因数为，所有的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，P、Q均可看成质点。求：
（1）小物块P从A运动到B的过程中，圆弧轨道对小物块P的冲量的大小；
（2）若已知，，，，，，重力加速度大小取，则可求出：
①小物块P与Q第一次碰撞后返回AB所能达到的最大高度；
②当P、Q最终都停止运动时，所处的位置相距多远。
【答案】（1）
（2）①；②0
【解析】
【小问1详解】
从A到B，根据动能定理
根据动量的矢量性
其中
，
联立解得
【小问2详解】
①从B到C，根据动能定理
PQ第一次碰撞，根据动量守恒
机械能守恒
联立可得
第一次碰撞后到返回到最大高度，根据动能定理
解得
②P继续滑动到停止，根据动能定理
解得
Q反弹后，根据动能定理
可得
由于
所以PQ停在同一位置，相距距离为0。