2024学年湖南省名校联盟高三物理第一学期期中预测试题含解析

2024学年湖南省名校联盟高三物理第一学期期中预测试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，将一光滑的质量为4m半径为R的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为m的小球自左侧槽口A的正上方高R 处从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（)
A．小球在半圆槽内第一次由A到最低点B的运动过程中，槽的支持力对小球不做功B．小球第一次运动到半圆槽的最低点B时，小球与槽的速度大小之比为4:1
C．小球第一次在半圆槽的最低点B时对槽的压力为13
3 mg
D．物块最终的动能为2
15 mgR
2、如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B 都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中A
F所示。

那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为（）
A．一定是正电B．一定是负电
C．可能是正电，也可能是负电D．无法判断
3、两辆完全相同的汽车，沿水平直线一前一后匀速行驶速度均为v，若前车突然以恒定加速度刹车，在它刚停车后，后车以与前车相同的加速度开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为x，若要保证两车在上述情况下不相撞，则两车在匀速行驶时应保持的距离至少为（）
A ．x
B ．2x
C ．3x
D ．4x
4、声音在气体中传播速度v 可以用气体的压强p 、气体的密度ρ和没有单位的比例常数k 表示．根据这些情况，以下判断声音在气体中传播速度的表达式中正确的是( ) A ．v ＝k
p
ρ
B ．v ＝k
p
ρ C ．v ＝k
p
ρ
D ．v ＝k
p
ρ 5、在水平面上有A 、B 两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A 物体以v 1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为α、β时(如图所示)，B 物体的运动速度v B 为(绳始终有拉力)( )
A ．1sin sin v αβ
B ．1cos sin v αβ
C ．
1sin cos v α
β
D ．
1cos cos v α
β
6、天然平衡岩带给我们的那种仿佛时间停止的静态之美成为很多艺术家的灵感源泉，他们不断尝试着复制这种不可思议的平衡之美．达莱尔⋅雷特便是这样一位艺术家，在其最为著名的作品中，雷特将一块大石头放在石化木顶端一块微小的基岩上．这块大石头并非呈现出直立姿态，而是倾斜着身子．则关于大石头的受力下述正确的是（ ）
A ．大石头一定受到三个力作用
B ．基岩对大石头的支持力一定竖直向上
C ．基岩对大石头的支持力等于石头重力
D ．基岩对大石头的作用力一定竖直向上
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗
糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F ．质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为F M
B ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为212
mv C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为
212
mv D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为2
2v gl
8、蹦极是勇敢者的运动，深受年轻人的喜爱．如图所示，蹦极者从高台跳下，在空中经历加速、减速下降至速度为零，然后再通过反弹上升．设蹦极者在空中自由下落的运动过程为Ⅰ，弹性绳张紧至最低点速度为零的过程为Ⅱ，不计空气阻力，则下列判断正确的是
A ．在过程Ⅰ中，蹦极者受到的重力冲量等于动量的改变量
B ．在过程Ⅰ中，蹦极者受到重力冲量的大小与过程Ⅱ中绳子弹力冲量的大小相等
C ．在过程Ⅰ中，每秒钟蹦极者动量的变化量相同
D ．在过程Ⅱ中的任意一段时间内，蹦极者受到合力的冲量方向始终向上
9、如图所示，B 球质量是A 球质量的2倍，光滑斜面的倾角为 ，图甲中A ．B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧.轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A ．图甲中A 球的加速度为g sin θ
B ．图甲中B 球的加速度为
3
sin 2
g θ C ．图乙中A 、B 两球的加速度均为g sin θ D ．图乙中轻杆的作用力一定不为零
10、倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O 点．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，如图所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO=L ，滑块乙开始距离水平面中足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当滑块将弹簧压缩到N 点时，滑块的速度减为零，2
L
ON =
．已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为3,308
μθ=
=︒，重力加速度取2
10/g m s =，忽略空气的阻力，整个过程细绳始终没有松弛．且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先匀加速直线运动紧接着匀减速直线运动到速度减为零
B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为20.5/m s
C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为
15
8mgL D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为3
8
mgL
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学用如图(a)所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图(b)中的曲
②所示．图中木块的位置从x 1到x 2、从x 2到x 3的运动时间均为T ．
(1)根据图(b)可得，木块经过位置x2时的速度v2= ___，木块运动的加速度a=____；
(2)现测得T=0.1s，x1 =4cm，x2=9cm，x3=16cm，θ=37°，可求得木块与木板之间的动摩擦因数μ=____；（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取l0m/s2，结果保留1位有效数字）
(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图(b)中的曲线___．（选填图线序号①、②或③）
12．（12分）某同学欲采用下列器材研究一个额定电压为2.5 V的小灯泡(内阻约为6 Ω)的伏安特性曲线。

A．直流电源(3 V,内阻不计);
B．电流表(0-0.6 A,内阻约为0.13 Ω);
C．电压表(0-3 V,内阻约为3 kΩ);
D．电压表(0-15 V,内阻约为15 kΩ);
E.滑动变阻器(0-20 Ω,额定电流为2 A);
F.滑动变阻器(0-1000 Ω,额定电流为0.5 A);
G.开关、导线若干。

(1)为了减小测量误差,电压表应选用__,滑动变阻器应选用___。

(填序号A、B、C等)
(2)该同学连接电路的实物图如图丙所示,请指出他的电路接线中的错误:______。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示是一传送带加速装置示意图，现利用该装置，将一货物轻放在速
度足够大的传送带A 端，将其加速到另一端B 后货物将沿着半径0.4m R =的光滑半圆轨道运动，半圆轨道与传送带在B 点相切，其中BD 为半圆轨道的直径，O 点为半圆轨道的圆心。

已知传送带与货物间的动摩擦因数0.8μ=，传送带与水平面间夹角
37θ=︒。

已知sin370.6︒=，cos370.8︒=，210m/s g =，货物可视为质点。

求：
(1)货物在传送带上的加速度大小；
(2)若货物能沿半圆轨道运动到最高点C ，传送带AB 段至少要多长？
14．（16分）如图所示，在高度为L 、足够宽的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .质量为m 、边长为L 、电阻为R 的正方形导线框abcd ，在MN 上方某一高度由静止开始自由下落．当bc 边进入磁场时，导线框恰好做匀速运动．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，求：
(1)导线框刚下落时，bc 边距磁场上边界MN 的高度h ；
(2)导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电荷量q ； (3)导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量Q .
15．（12分）如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为
5
6
R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC=7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F 点，AF=4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数1
4
μ=
，重力加速度大小为g ．（取
3sin375=
，4cos375
=）
（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小． （2）求P 运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能．
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距7
2
R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C 【解题分析】
A. 小球从A 运动到B 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90∘，故槽的支持力对小球做负功，故A 错误；
B. 由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有： mv 1−(4m +m )v 2=0， 解得： v 1：v 2=5：1， 故B 错误；
C. 根据系统机械能守恒得：
2212112(4)22
mg R mv m m v ⨯=
+⨯+， 联立解得：
1v =
2v = 小球第一次在最低点，由牛顿第二定律得：
2
1N v F mg m R
-=，
联立解得：
13
3
N F mg =
， 故C 正确；
D. 当小球从B 到C 的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与
物块分离，则物块最终以2v =
221215
km mgR
E mv =
=， 故D 错误。

2、B 【解题分析】
对A 电荷受力分析，B 对A 的是库仑斥力，沿BA 的连线向上；如果C 是正电荷，则C 对A 的库仑斥力沿CA 连线向上，这两个斥力的合力指向CA 和BA 延长线之间，不可能BA 偏向右；只有C 带负电，C 对A 的库仑引力沿AC 连线向下，与B 对A 的作用力的合力才偏向右侧，故C 一定带负电，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3、B 【解题分析】
设两车刹车的加速度大小为a ，则： 前车刹车的时间为
v t a
=
刹车的位移
2
21()22v v x a a a
==
在前车刹车的时间内，后车做匀速运动，位移为
2
02v x vt x a
===
由于两车运动时的速度一样，刹车后加速度相同，后车刹车，刹车位移也为x ， 要保持两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为
002x x x x x x ∆=+-==
故B 项正确，ACD 错误。

4、A 【解题分析】
根据传播速度v 与空气的密度ρ以及压强p 的单位，结合“力学制单位”来求解．传播速度v 的单位m/s ，密度ρ的单位kg/m 3，p 的单位kg/m•s 2，在A 选项中，代入压强p 和密度ρ的单位化简后单位为m/s ，正与速度单位“m/s”相同，是正确的．在B 选项中，同理可得化简后的单位为s/m ，不是速度的单位．C 项化简得m 2/s 2，不是速度单位．D 项化简得s 2/m 2，也不是速度单位． 故选A 。

5、D 【解题分析】
将物体A 的速度分解为使绳右端伸长和逆时针转动两个分量，如图(a)所示，则绳端伸长的速度v ′＝v 1cos α；同理对物体B ，速度分解如图(b)所示，绳端缩短的速度v ″＝v ′，因此物体B 的运动速度v B ＝v ″/cos β＝1cos cos v α
β
=
，D 项正确．
6、D 【解题分析】
我们不能判断出石化木顶端一块微小的基岩的上表面是否是水平的．如果上表面是水平的，则石块受到重力与支持力两个力的作用，如果上表面不是水平的，则石块受到重力、支持力和摩擦力的作用，A 错误；由于木顶端一块微小的基岩的上表面不一定水平，所以基岩对石块的支持力的方向不一定竖直向上，大小也不一定等于石块的重力，BC 错误；由于石块处于平衡状态，所以基岩对大石头的作用力与重力为一对平衡力，即基岩对大石头的作用力一定竖直向上，D 正确．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ABD 【解题分析】
A ．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，根据牛顿第二定律有：
F Ma =
解得F
a M
=
，A 正确； B ．滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的
机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
2
12
mv ，B 正确； C ．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于2
12
mv ，C 错误；
D ．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即2
12
p E mv =
，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v '，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
()0m M v =+'
()21
2
p E m M v mgl μ=
+'+ 联立解得2
2v gl
μ=，D 正确。

故选ABD 。

8、AC 【解题分析】
A 、在过程Ⅰ中，蹦极者只受重力，重力冲量等于在过程Ⅱ中动量的改变量，mg =，
每秒钟重力的冲量相等，每秒钟蹦极者动量的变化量就相同，故A 、C 正确． B 、在过程Ⅰ中，蹦极者受到重力冲量的大小与过程Ⅱ中绳子弹力与重力合冲量的大小相等，方向相反，故B 错误．
D 、在过程Ⅱ中的开始阶段，重力大于弹性绳的弹力，蹦极者受到合力的冲量方向向下，故D 错误． 故选A 、C 9、BC
【解题分析】
根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中AB 所受合外力，即可得到两球的加速度．
【题目详解】
设A 球质量为m ，B 球的质量为2m ．撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为3mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受的合力为零，加速度为零，B 球所受合力为3mgsin θ，加速度为32
gsinθ； 图乙中，撤去挡板的瞬间，AB 两球整体的合力为3mgsinθ，AB 两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零
故应选：BC ．
【题目点拨】
本题是瞬时问题，考查牛顿第二定律的应用，要注意明确弹簧的弹力不能突变，而杆的弹力瞬间发生变化；同时注意明确整体法与隔离法的正确应用．
10、BD
【解题分析】
A 、释放甲、乙后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，但此时弹力小于物块甲沿斜面向下的作用力，故物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后弹力大于物块甲沿斜面向下的作用力，物块甲做减速运动，A 错误；
B 、物块甲沿斜面租受自身重力沿斜面分力4sin 2mg mg θ=、物块乙对其沿斜面的拉力mg 和斜面体对物块甲的摩擦力3334cos 4824
f m
g mg mg μθ===，根据牛顿第二定律，沿斜面方向则有：4sin mg f 5ma mg θ--=，解得210.5/,20
a g m s B ==正确；C 、D 、以物块甲和乙为研究对象，从M 点运动取N 点，在N 点弹簧压缩最短，弹性势能达最大，物块甲和乙从M 点运动到N 点，由动能定理，得0G G W W f W ---=甲乙弹，解得38mgL ω=弹，由弹力做的功等于弹性势能的变化，即3,8
P E mgL C ∆=错误，D 正确．故选BD.
【题目点拨】解决本题有两个关键：一是正确分析物块的受力情况，判断其运动情况．二是明确能量是如何转化的，运用牛顿第二定律和能量守恒定律进行解答．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写
出演算过程。

11、312x x T -； 32122x x x T
-+； 0.5； ① 【解题分析】
(1)由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x 1到x 2、从x 2到x 3的运动时间均为T ，所以3122x x v T
-=， 由匀变速直线运动的规律可知，23221()()x x x x aT ---=，解得：32122x x x a T -+=
； (2)由232122222(16294)1020.1
x x x m m a s s T --+-⨯+⨯=== 由牛顿第二定律可知，sin37cos37a g g μ=︒-︒，解得：0.5μ=；
(3) 由牛顿第二定律可知，sin cos a g g θμθ=-，当θ增大，则加速度增大，由公式212
x at =可知，曲线①正确． 12、 ( 1 ) C E( 2 ) 应用外接法
【解题分析】
（1）灯泡额定电压为2.5V ，电压表应选C ，为方便实验操作，滑动变阻器总阻值较小的E ．
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻约为几欧姆，电流表内阻约为0.13Ω，电压表内阻约为3k Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，而实物图中电流表采用了内接法，则根据原理可知，本实验应采用电流表外接法；
【题目点拨】
本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、连接实物电路图，要正确实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计电路的关键．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1) 20.4m/s ；(2)23m
【解题分析】
(1)物体在沿AB 加速过程中，由牛顿第二定律得：
cos θsin θmg mg ma μ-=
解得：
20.4m/s a =
(2)要使小球能沿轨道刚好到达最高点C ，重力提供圆周运动的向心力，在C 点，由牛顿第二定律得：
2C mv mg R = 解得： 2m/s C v gR ==
物体由B 到C 过程中，由机械能守恒定律得：
22113722
B C mv mg R Rcos mv =+︒+（） 解得：
18.4m/s B v =
在沿AB 加速过程中，由速度位移公式可得：
222B A AB v v as -=
解得：
23m AB s =
14、（1）22
442m gR B L ；（2）2BL R
；（3）2mgL 【解题分析】
（1）线框进入磁场时恰好做匀速运动，安培力与重力大小相等，方向相反，即
线框切割磁感线，感应电动势
故线框中产生的电流 线框在磁场中所受安培力
线框进入磁场时速度
线框进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒：
下落高度
（2）线框匀速穿过磁场，由可知，感应电流
出磁场所用时间
可解得：通过导线框某一横截面的电量
（3）线框匀速穿过磁场，动能不变，减少的重力势能全部转化为焦耳热．磁场的宽度与线框的宽度相等，线框匀速穿过磁场高度下降2L，所以焦耳热
15、（1）2gR（2）12
5
mgR（3）35
5
gR，
1
3
m
【解题分析】
试题分析：（1）根据题意知，B、C之间的距离l为
l=7R–2R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
②
式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得
③
（2）设BE=x．P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep．P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
④
E、F之间的距离l1为
l1=4R–2R+x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x=R⑦
⑧
（3）设改变后P的质量为m1．D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
⑨
⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t．由平抛运动公式有⑪
x1=vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
⑬
设P在C点速度的大小为vC．在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
⑯
动能定理、平抛运动、弹性势能
【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能．此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力．。