湖北省部分重点中学2023-2024学年高三上学期11月月考联考物理试题（Word版附解析）

湖北省部分重点中学2024届高三第一次联考高三物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项是符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得，有选错的得0分。1.如图所示，若x轴和y轴分别表示时间t和速度v，AB是做直线运动物体的速度随时间变化的图线，梯形OABC的面积可以代表该物体在该段时间内的位移。对一辆沿平直公路行驶的汽车，下列结论中错误的是（　　）A.若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的加速度a，AB是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的速度变化量B.若x轴和y轴分别表示汽车的速度v和汽车的牵引F，AB是汽车牵引力随速度变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表牵引力的功率C.若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的功率P，AB是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车牵引力做的功D.若x轴和y轴分别表示时间t和汽车所受的合外力F，AB是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的动量变化【答案】B【解析】【详解】A．根据可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的加速度a，AB是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的速度变化量，故A正确；B．由图可知若x轴和y轴分别表示汽车的速度v和汽车的牵引F，说明牵引力的瞬时功率不断增大，梯形OABC的面积没有物理意义，故B错误；C．根据 可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的功率P，AB是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车牵引力做的功，故C正确；D．根据可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车所受的合外力F，AB是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的动量变化，故D正确。本题选错误项，故选B。2.杭州亚运会的复兴号亚运动车组迎来首次试行。假设实验列车由4节车厢组成，为2动2拖的分散性车组，其中1、3车厢提供的牵引力均为F，2、4车厢不提供牵引力，每节车厢的质量均为m，每节车厢受到的阻力相同，列车在平直铁轨上行驶，下列说法正确的是（　　）A.若列车做匀速运动，则每节车厢受到的阻力大小为B.若列车做匀加速直线运动，且每节车厢受到的阻力为，则列车的加速度为C.2、3车厢间的作用力为0D.1、2车厢间的作用力与3、4车厢间的作用力大小之比为【答案】C【解析】【详解】A．由整体受力平衡可得解得故A错误；B．由牛顿第二定律可得解得 故B错误；CD．设每节车厢受到的阻力均为，1、2车厢间的作用力，2、3车厢间的作用力为，3、4车厢间的作用力为，列车的加速度为，由牛顿第二定律可得综合解得则有故C正确，D错误。故选C。3.纵波也可以发生干涉现象。图甲是可以使轻质泡沫颗粒悬浮的声悬浮仪，上、下两圆柱体间的两列振幅相同的同频超声波相遇发生干涉现象。泡沫颗粒能在振幅几乎为零的点附近保持悬浮状态。以上、下两波源的连线为x轴，轴上两列超声波的叠加情况可简化为图乙所示，实线表示振动加强点的位置，虚线表示振动减弱点的位置。已知这两列超声波传播的速度均为。则下列说法正确的是（　　） A.振动加强点的质点，位移始终最大B.泡沫颗粒能悬浮在的M点附近C.该声悬浮仪发出的超声波频率为D.增大该声悬浮仪所发出的超声波频率，泡沫颗粒可悬浮的点的个数增加【答案】D【解析】【详解】A．振动加强点的质点，其振幅最大，可仍做周期性的振动，因此位移不是始终最大，A错误；B．的M点是振动加强点，泡沫颗粒在该点附近振动剧烈，不能悬浮在M点附近，B错误；C．由图乙可知，相邻两振动加强点（或相邻两减弱点）之间的距离为0.50cm，因此两波的波长为由于波速为，因此波的频率为C错误；D．增大该声悬浮仪所发出的超声波频率，则超声波的波长减小，则在相同的距离内振动减弱点的个数增加，因此泡沫颗粒可悬浮的点的个数增加，D正确。故选D。4.电影中的太空电梯非常吸引人。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其通过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。图中配重空间站比同步空间站更高，P是缆绳上的一个平台。则下列说法正确的是（　　）A.太空电梯上各点线速度的平方与该点离地球球心的距离成反比B.宇航员在配重空间站时处于完全失重状态C.若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球D.若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点【答案】C 【解析】【详解】A．太空电梯上各点具有相同的角速度，根据可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故A错误；B．配重空间站轨道半径大于同步轨道，由知其线速度和向心加速度均大于同步卫星；而由知同步卫星的加速度大于配重空间站所在轨道的正常运行卫星的加速度，所以配重空间站内的宇航员的加速度大于同轨道卫星的运行加速度，所以不是处于完全失重状态，故B错误；C．若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球，做近心运动，故C正确；D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，由于在近地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误。故选C。5.如图所示，在弯曲的光滑管道内，有一根质量分布均匀长为L的绳子。初始时，用手拉着绳的A端使之静止在管道内，绳A、B两端竖直高度差为h。已知重力加速度为g，则放手瞬间绳的加速度为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】对绳子的任一小部分取微元分析，在沿管道方向均只受到重力沿管的分力，且整体在沿管道方向的加速度相同。即其中，对于任意一小段绳而言 联立可得故选A。6.如图所示，蛇形摆各摆球的摆长从左到右按一定规律递减，现有10个摆球，质量均为，从左到右依次编号为、1、2、…、9，摆长分别为，，，…，摆长满足，其中，编号的单摆周期为（为已知量），用一板子把所有摆球由平衡位置垂直于蛇形摆所在平面推起一小段相同的位移，然后同时释放，不考虑空气阻力，摆球开始做简谐运动，下列说法错误的是（　　）A.编号为的单摆的周期B.板子放开后编号的单摆若完成了5次全振动，编号的单摆完成了8次全振动C.板子放开后最短经过，所有摆球又重新回到释放时的状态D.若沿垂直于蛇形摆所在平面方向以为周期去摇晃摆架，经过足够长时间，所有摆球均以为周期摆动【答案】C【解析】【详解】A．的单摆的摆长为，其周期而编号为的单摆的摆长 将其代入单摆的周期公式可得故A正确，不符合题意；B．根据单摆周期公式的通式可得则可知，板子放开后编号的单摆若完成了5次全振动，编号的单摆完成了8次全振动，故B正确，不符合题意；C．当10个摆球全部都能做完整的全振动时，所有摆球又回到释放状态，假设最短时间为，编号为0的单摆摆动了次，则其他单摆摆动的次数为，，，，显然，若要保证次数均为整数，则的最小值应为10次，则最短时间为，故C错误，符合题意；D．若沿垂直于蛇形摆所在平面方向以为周期去摇晃摆架，则所有单摆都做受迫振动，因此其振动周期都将等于驱动力周期，因此，经过足够长时间，所有摆球均以为周期摆动，故D正确，不符合题意。故选C。7.如图所示为控制电动机转速的调速器。竖直圆筒固定不动，两轻杆上端与圆筒中心的转轴相连，下端固定质量为的小球。轻杆随转轴一起转动，可以自由张合，当轻杆与竖直方向夹角时，小球恰好触及圆筒内壁。已知圆筒内壁半径，小球与筒壁之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度取。下列说法正确的是（） A.轻杆对小球弹力的方向一定始终沿杆方向B.当小于时，小球受重力、弹力和向心力三个力的作用C.当等于时，轻杆对小球弹力大小不随转轴转速的增大而增大D.当转轴角速度为时，两个小球克服摩擦力做功的总功率为【答案】D【解析】【详解】B．根据题意可知，当轻杆与竖直方向夹角时，小球恰好触及圆筒内壁，因此可知，当小于时，小球未触及圆筒内壁，此时小球受重力与轻杆对小球的弹力这两个力的作用，而小球做圆周运动的向心力是重力与轻杆对小球弹力的合力提供的，故B错误；AC．当等于时，小球恰好与圆筒内壁接触，但此时圆筒内壁对小球弹力为零，而小球在竖直方向受力平衡，设此时杆对小球的弹力为，则根据平衡条件有解得可知，在竖直方向上弹力只需满足此关系即可，因此弹力的方向不一定沿着杆，而当增大转速后，圆筒内壁对小球产生弹力与摩擦力，且随着转速的增大圆筒内壁对小球的弹力与摩擦力也随之增加，弹力指向圆心，摩擦力始终沿着小球运动的切向方向，而小球未滑动，因此可知杆的弹力的一个分力要用来平衡摩擦力，显然此种情况下杆的弹力不可能沿着杆的方向，且可知杆的弹力随转轴转速的增大而增大，故AC错误；D．当转轴角速度为时，小球做圆周运动的向心力而小球做圆周运动的向心力恰好由重力与杆对小球弹力的合力提供时，其向心力大小为显然，当转轴角速度为时，圆筒内壁对小球产生了弹力，且可得此弹力的大小为 则根据牛顿第三定律可知，小球对桶壁的压力为因此可得摩擦力一个小球运动一周克服摩擦力做功为而转动一周的时间为则可得两个小球转动一周克服摩擦力做功的总功率为联立以上各式，解得故D正确。故选D。8.如图所示，直角坐标系的y轴竖直，在第二象限内有一抛物线，抛物线方程为，在第四象限内有一个四分之一圆弧面，圆弧面的圆心在O点，A、B两个小球在抛物线上，B小球所在位置纵坐标为，A球所在位置的纵坐标比B球的大，将A、B两球均沿x轴正向抛出，结果两球均通过O点最终落在圆弧面上，不计空气阻力，重力加速度为g取，则下列判断正确的是（　　）A.A球抛出的初速度大B.A球到达O点时速度比B球的大C.B球通过O点的速度大小为 D.A球从O点到圆弧面运动的时间大于B球从O点运动到圆弧面所用时间【答案】BC【解析】【详解】A．抛物线上抛出的小球经过O点，则解得选项A错误；B．由于抛出的初速度大小相同，因此下落高度高的A球到O点的速度比B球的大，选项B正确；C．B球到O点时竖直方向分速度则B球经过O点时速度大小为选项C正确；D．两球在水平方向的分速度相等，A球在竖直方向的分速度大，因此落到圆弧面上时，水平位移小，时间短，选项D错误。故选BC。9.如图所示，在光滑水平面上，质量分别为mA、mB的两滑块A、B用轻弹连接，滑块B紧靠竖直墙壁，滑块A在水平恒力F作用下处于静止状态，弹簧的弹性势能为Ep。现撤去力F，物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为，整个运动过程中，滑块A的最大速度为vA，滑块B的最大速度为vB，已知，则下列关于mA、mB和vA、vB的比值正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．撤去力F之后的运动过程中，滑块A向右运动，当滑块A 运动至弹簧为自然长度时速度最大，此时弹簧的弹性势能全部转化为滑块A的动能，由功能关系得此时滑块B开始脱离墙壁，之后两滑块与弹簧组成的系统机械能守恒、动量守恒，当滑块A、B达到共同速度v时，系统的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒得根据能量守恒得结合联立解得故A错误，B正确；CD．滑块B的速度最大时，弹簧再次恢复原长，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得解得故C正确，D错误。故选BC。10.如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为，两球的质量均为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，则在B球落地前，下列说法正确的是（　　） A.球动能最大时对水平面的压力大小等于B.当B下落时，球具有最大动能C.当B下落时，B球具有最大动能D.竖直墙面对B球的冲量大小为【答案】BD【解析】【详解】A．球动能最大时，则有速度达到最大值，可知该时刻A球受到的合力等于零，由于不计一切摩擦，则杆对A球的力是零，在竖直方向上A球受重力和水平面的支持力处于平衡状态，由牛顿第三定律可知，A球对水平面的压力大小等于mg，A错误；B．设AB与墙壁的夹角为θ，此时B球的速度大小为vB，A球的速度大小为vA，如图所示，由速度的分解可得由动能定理可得联立解得对上式两边求导数可得 当时此时则有因此当B下落时，球具有最大动能，B正确；C．由分析可知，B球落地时的动能最大，由于当杆中内力等于零时，B球与竖直墙面分离，分离后两球在水平方向动量守恒，设B球落地时A球的速度大小为，则有解得在整个过程中能量守恒，可得B球的最大动能为C错误；D．由分析可知，杆中先有挤压的内力，之后出现拉伸的内力，由于当杆中内力等于零时，B球与竖直墙面分离，则竖直墙面对B球的冲量等于A球的最大动量，可得竖直墙面对B球的冲量大小为D正确。故选BD二、非选择题：本题共5小题，共60分11.超导是当今材料科学研究的热点，例如亿钡铜氧（YBCO）超导线材，该线材在时，将呈现超导特征，但常温下，仍然为一般导体。某同学在实验室找到一根用YBCO材料制成的弹性导电绳，想测量其电阻率。实验过程如下： （1）如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。先闭合开关、，调节，使电压表和电流表的指针偏转到合适的位置，记录两表的示数和。然后断开开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数为。记下此时电压表示数以及弹性导电绳间的距离和横截面积，则此时导电绳的电阻__________（结果用含、和的式子表示）。（2）某次用螺旋测微器测量导电绳直径如图（c）所示，由图可知其直径__________。（3）多次拉伸导电绳，每次都测量并记录间的距离和导电绳横截面积，调节滑动变阻器的滑片的位置，使电流表的示数为，记下此时的电压表示数。绘制如图（d）所示的图像。已知图线的斜率为、纵截距为d，若不考虑电流表的内阻，则弹性导电绳的电阻率__________。（结果用含或d的式子表示）（4）若考虑电流表的内阻，则（2）中的电阻率的测量值__________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】①.②.4.699##4.700##4.701③.④.不变【解析】【详解】（1）[1]根据题意，当S1、S2均闭合时有当断开S2后有 两式联立解得（2）[2]螺旋测微器不动尺精度为0.5mm，图中所示读数为，可动尺精度为0.01mm，读数时需要估读一位，根据图c，可得导电绳直径的读数为（3）[3]根据题意，若不考虑电流表的内阻，由部分电路的欧姆定律有写出图d所对应的函数关系可得该图像的斜率为，则可知（4）[4]若考虑电流表的内阻，由部分电路的欧姆定律有变式可得可知，即使在考虑电流表内阻情况下，图像的斜率不变，而该图像的斜率就是所测的电阻率，因此所测电阻率不变。12.验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用图甲所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离以及遮光片的宽度，遮光片通过光电门A、B的时间、可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块质量为，钩码的质量为，打开气垫导轨的气源，让滑块在钩码的重力作用下做匀加速直线运动，重力加速度为，回答下列问题： （1）为了让滑块所受的合力等于钩码的重力，__________（填“”“”或“”）。（2）滑块的加速度__________（用、、、来表示）；图乙遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为__________。（3）图丙是钩码的质量不变，改变滑块的质量，得出不同的对应的加速度，描绘出函数关系图像为双曲线的一支，图中两矩形的面积__________（填“相等”或“不相等”）。（4）图丁是滑块的质量不变，改变钩码的质量，得出不同的对应的加速度，描绘出的函数关系图像，图线的斜率等于__________。 【答案】①.②.③.2.0④.相等⑤.【解析】【详解】1）[1]对整体由牛顿第二定律可得对滑块由牛顿第二定律可得联立解得由上式分析可知，当则有即滑块所受的合力等于钩码的重力。（2）[2]滑块经光电门A、B时的速度分别为滑块从A到B的运动中，由速度位移关系公式可得联立解得[3]由图乙可知，刻度尺最小刻度值为1mm，因此遮光片的宽度在刻度尺上对应的读数为2.0mm。（3）[4]由图丙可知，函数关系图像为双曲线的一支，说明a与M成反比，则a与成正比，由牛顿第二定律可知当钩码的质量m不变，则有滑块的质量M与加速度a的乘积不变，恒为mg，把 函数关系图像中两个矩形补充完整，如图所示，可知两个完整矩形的面积相等，都为mg，再减去补充的共有面积，剩余的面积也相等，即图丙中的两矩形面积相等。（4）[5]图丁是滑块的质量不变，改变钩码的质量，得出不同的对应的加速度，描绘出的函数关系图像，由图像可知，说明加速度a与mg成正比，由牛顿第二定律可得整理可得可知图线斜率等于。13.气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光。一种气嘴灯的感应装置结构如图（a）所示，感应装置内壁光滑，质量为的重物套在光滑杆上，一端通过劲度系数为的弹簧连在点，重物上有触点，在端固定有触点，触点大小不计。如图（a），端朝下竖直静置时、间的距离。当触点、接触后，LED灯就会发光。如图（b）所示，让安装了气嘴灯的自行车竖直倒放在地面上，气嘴灯端固定在车轮内圈，沿车轮半径方向，旋转前车轮研究LED发光情况。测得自行车车轮内径为，重力加速度大小为，气嘴灯大小相对车轮内径可忽略不计。（1）若前轮匀速转动时，线速度大小，当气嘴灯运动到最低点时，求端对重物的支持力；（2）若LED灯能一直发光，求前轮匀速转动的最小线速度大小。 【答案】（1），竖直向上；（2）【解析】【详解】（1）如图重物静止时，弹簧弹力在最低点时，合力提供向心力有解得端对重物的支持力方向竖直向上（2）若当气嘴灯运动到最高点时恰能发光，则此时的弹簧弹力为则此时的临界状态是弹簧弹力和其重力提供向心力解得则当车轮线速度时，LED灯能一直发光。14.如图所示，A、C两个物块用绕过光滑定滑轮的足够长细线连接，B、C用较短的细线连接，A、B的质量均为m，用外力使物块A处于静止，此时A、B离地面的高度相等，若撤去作用在A上的外力，使连接体由静止开始运动，B下落t时间刚好落地；若先剪断B、C间的细线再撤去外力，使连接体由静止开始运动，则A下落的时间刚好落地，重力加速度为g，求： （1）物块C的质量；（2）若撤去外力使A、B、C开始运动，直到B下落到初始离地高度一半时再剪断B、C间的细线，求A上升的最高点离地面的高度。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设开始时A、B距离地面的高度为，则第一次其中第二次时其中联立解得（2）在B下落到初始离地高度的一半时，则下落过程中的加速度为，此时的速度为 此时物体A距离地面的高度此时剪断B、C间的细线，则A向上做减速运动加速度为，则还能上升的高度为A上升的最高点离地面的高度为15.伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽利略于1590年左右发明。现我们共同研究伽利略大炮的实验，先将500g的弹性大球单独自由释放，落地反弹高度为下落高度的0.64倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放，并将它们从距地面0.8m高处自由释放，如图所示。已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的一半，各球之间均发生弹性碰撞，作用时间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度g取，忽略空气阻力。（1）若将弹性大球单独从距地面0.8m高处自由释放，求地面对弹性大球所做的功；（2）若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小；（3）若要使最上端的弹性小球上升高度不低于45m，求至少需要叠放多少个弹性小球？【答案】（1）0；（2）；（3）弹性大球上至少叠放6个弹性小球【解析】【详解】（1）因地面对大球的弹力没有位移，可知地面对大球弹力做功为零； （2）设弹性大球与地面碰撞前的速度大小为，与地面碰撞后的速度大小为，地面对弹性大球所做的功为，由运动学规律可得，上升过程下落过程弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为，弹性小球碰前与碰后的速度分别为，取向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得由动量定理可得解得（3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为整理可得同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为整理可得……由数学知识可得 由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于，由运动学规律可得则解得时时故弹性大球上至少叠放6个弹性小球。