湖北省云学部分重高中联盟2024-2025学年高三上学期10月联考物理试题
1．（2024高三上·湖北月考）在2024年巴黎奥运会男子双杠决赛中，邹敬园勇夺金牌，成功实现了自己从东京奥运会到巴黎奥运会的卫冕。如图所示，决赛中邹敬园在时间t内静止在双杠上，手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内，下列说法正确的是（ ）
A．他所受合力的冲量大小为0
B．他所受重力G的冲量大小为Gtcosθ
C．他所受支持力F的冲量大小为Ftsinθ
D．他所受支持力的冲量方向斜向右上方
2．（2024高三上·湖北月考）利用智能手机中的加速度传感器可以测量手机的加速度a。用手掌托着手机，手掌从静止开始上下运动，软件显示竖直方向上的a-t图像如图，以竖直向上为正方向，若重力加速度大小为g=10m/s2，则手机（ ）
A．始终与手掌存在作用力 B．在t2时刻运动到最高点
C．在t3时刻改变运动方向 D．在t2~t4内，受到的支持力减小
3．（2024高三上·湖北月考）2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，成功实现世界首次月球背面采样返回。嫦娥六号采样返回地球，需要经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。下列说法正确的是（ ）
A．发射嫦娥六号的速度大于第二宇宙速度
B．返回器在月面加速起飞阶段处于超重状态
C．返回器在环月飞行时，样品所受合力为零
D．载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时需要点火减速
4．（2024高三上·湖北月考）在巴黎奥运会跳水女子10米跳台比赛中，全红婵成功卫冕奥运会冠军，她第一跳丝滑入水，全部裁判给出10分。如图所示，运动员（视为质点）以3.9m/s的速度竖直起跳，上升0.64m后竖直落下，完成技术动作后，刚入水的速度大小为13m/s，从最高点到水面的高度为11.4m，则运动员上升段与下降段的加速度大小之比约为（ ）
A．1.0 B．1.3 C．1.6 D．2.0
5．（2024高三上·湖北月考）如图所示，足够长的轻质丝绸置于光滑水平面上，在丝绸上放有质量分别为m、2m的两物块P、Q，它们与丝绸间的滑动摩擦因数分别为μ、2μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现用水平力。F=4μmg向右拉丝绸，设P、Q的加速度分别为、，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·湖北月考）图所示，真空中的正三棱柱ABC-A'B'C'，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为-Q的点电荷，已知AC＝AA'＝L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0，则B'点的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·湖北月考）如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为-Q（Q>0）的带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射入的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，则粒子在磁场中运动的半径为
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
D．当时改变粒子入射方向，从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
8．（2024高三上·湖北月考）关于原子核和核能，下列说法正确的是（ ）
A．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
B．对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能多
C．放射性元素的半衰期与外界的物理条件和所处的化学状态无关
D．比结合能等于结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核越稳定
9．（2024高三上·湖北月考）中国的面食文化博大精深、种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，每块小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（ ）
A．若初速度为v0，则
B．落入锅中时，小面片最大速度是最小速度的倍
C．掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的速度变化量相同
D．掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的动量变化量相同
10．（2024高三上·湖北月考）如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为5m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．槽向左运动的最大位移为
B．槽运动的最大速度为
C．小球在槽中运动的最大速度为
D．若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为
11．（2024高三上·湖北月考）如图，某同学设计了可以测量物体质量的“天平”。首先把两根完全一样的弹簧上端吊挂在盒子上顶面，托板A、杆B、齿条C、水平横杆D、串联在一起，杆B通过小孔（直杆未与小孔边缘接触）穿过盒子上顶面，水平横杆D与两弹簧下端点相连。在齿条C左侧固定一齿轮，齿轮与齿条C啮合且可绕过圆心O的轴无摩擦转动，齿轮上固定一轻质指针，当齿条下移时，齿轮沿顺时针方向转动，指针随之转动，通过固定在齿轮上方的表盘可读出指针转过的角度。经过调校，使得托板A上不放物品时，指针恰好指在竖直向上的位置。
（1）（单选）若在托板A上放上物体，读出指针偏转了，要求出每根弹簧伸长的增加量，仅需测量__________；
A．弹簧劲度系数k B．物体质量m
C．齿轮半径R D．指针长度l
（2）若已知弹簧劲度系数为k，齿轮半径为R，则物体质量m与角度θ的关系式m= （重力加速度为g，所有物理量均为国际制单位）；
（3）本实验中，弹簧自身受到的重力对实验结果 （填“有”或“无”）影响。
12．（2024高三上·湖北月考）如图某同学设计了一个加速度计，将其固定在待测量物体上，能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度，其原理如图所示。
滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用相同的轻弹簧3连接，弹簧另一端分别固定在框架内两侧，每根弹簧的劲度系数均为k=100N/m；R为滑动变阻器，4是滑片，O点为滑动变阻器的中点，按图连接电路，滑块2与滑片连接且两者保持同步运动。初始时滑块2位于框架中央位置时，滑片4与O点对齐，电压表指针的零点位于表盘中央，此时加速度为零；当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转，此时示数为正；当指针向零点左侧偏转时示数为负。
（1）当滑块2具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将 （填“向左”或“向右”）偏转；
（2）已知电路中电池的电动势E=8V，内阻不计，滑动变阻器R的总阻值为10Ω，总长度为0.2m，滑块2质量为2kg，当滑片4（宽度不计）滑到最右侧时，电压表的示数为 V，此示数代表的加速度大小为 m/s2。将表盘上的电压刻度改为对应的加速度值，即为加速度计；（计算结果均保留两位有效数字）
（3）若要增大加速度的测量范围，可采用的方法有： （答出一条合理措施即可）。
13．（2024高三上·湖北月考）小张同学玩了一个小游戏。如图所示，他用一根木杆推动位于水平地面上的质量为m=0.5kg的小方块（视为质点），t=0时刻，小方块以v0=3m/s的速度经过标志线a，速度方向垂直标志线a，继续推动小方块使它做匀加速直线运动，t=0.4s时通过标志线b，立即撤去水平推力，最后，若小方块停在得分区（标志线c、d之间），则视为游戏成功。图中标志线a、b的间距为d1=1.6m，标志线b、c的间距为d2=6.0m，标志线c、d的间距为d3=0.8m。已知小方块与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，所有标志线均互相平行，求
（1）木杆对小方块水平推力的大小F；
（2）小方块能否停在得分区？请计算说明。
14．（2024高三上·湖北月考）一种智能呼啦圈如图甲所示，其主要由外侧带有轨道的腰带、滑轮、轻绳及配重组成，滑轮可以在轨道上无摩擦滑动。其原理简化图如图乙所示，腰带半径r=0.2m，轻绳长L=0.5m，配重质量m=0.6kg，当轻微扭动腰时，配重飞起绕竖直转轴（O1O2做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角（θ1=37°，此时配重距离地面的高度，h=0.8m，重力加速度g取10m/s2，运动过程中腰带视为静止，不计空气阻力。求
（1）此时配重的角速度大小；
（2）若此时剪断绳子，配重落地点与转轴O1O2的水平距离；
（3）若加速扭动腰，使绳子与竖直夹角由θ1=37°，变为θ2=53°，此过程绳子拉力对配重所做的功。
15．（2024高三上·湖北月考）如图所示，长L=3m的水平传送带MN沿逆时针方向转动，带速大小可以根据需要进行调节，传送带左右两侧光滑平台等高，左侧平台上固定着一个半径r=0.8m的光滑圆弧轨道和光滑圆轨道，两轨道间的平台足够长，C点为圆轨道内侧最高点，最低点D、D'点相互靠近且错开，右侧竖直墙壁上固定一个轻质弹簧。质量mA=30g的物块A从圆弧轨道的最高点P由静止释放，与静止在轨道最低点的质量mB=10g的物块B发生弹性碰撞，碰后撤去圆弧轨道。已知物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，物块A、B均可看作质点。
（1）物块A、B第一次碰撞后，求物块B的速度大小；
（2）若两物块碰撞后只有物块B能通过圆轨道的最高点且物块A、B均不脱轨：
i.求圆轨道半径的范围；
ii.若中间圆轨道的半径为0.32m，当传送带沿逆时针转动的速度由0增加至某一值时，保持此值不变，将A仍从P点由静止释放后，物块B恰好与物块A发生第二次弹性碰撞，求物块B与传送带组成的系统先后两次因摩擦产生的热量之比。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】冲量
【解析】【解答】ABC．依题意，邹敬园处于静止状态，根据牛顿第二定律，静止状态的物体合外力为 0。由于合外力为 0，所以他所受合力的冲量
大小为 0 ，同理，可得
故A正确，BC错误；
D．由于
可知他所受支持力的冲量方向与重力冲量方向相反，沿竖直向下；故D错误。
故选A。
【分析】求哪个力的冲量就运用哪个力与时间的乘积计算即可；冲量的方向与力的方向保持一致。
2．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．从图像可知手机的加速度在t4之后一段时间内等于重力加速度，说明此时做自由落体运动，与手掌没有力的作用；故A错误；
BC．由图可知，手机在0~t1加速度约为0，t1~t2时间内，加速度向上，且做加速度增大的加速运动，t2~t3时间内，加速度也向上，做加速度减小的加速运动，所以t2时刻没有运动到最高点；t3~t4向上做加速度增大的减速运动，所以在t3时刻也没有改变运动方向；故BC错误；
D．由牛顿第二定律，t1~t3时间内超重，有
解得
t3~t4时间内有失重
解得
结合图像可知，t2~t3时间内支持力减小，故D正确。
故选D。
【分析】 先分析 A 选项，根据加速度等于重力加速度推出做自由落体及与手掌无力作用；接着分析 B 和 C 选项，分别对不同时间段的加速度情况进行分析，得出相应结论；最后分析 D 选项，利用牛顿第二定律推出超重和失重时支持力的表达式，结合图像判断支持力变化情况。
3．【答案】B
【知识点】超重与失重；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A. 第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度。嫦娥六号绕月飞行，并没有脱离地球的约束，所以发射嫦娥六号的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度；A 项错误。
B. 返回器在月面加速起飞阶段，加速度方向向上，此时支持力大于重力，处于超重状态；B 项正确。
C. 返回器在环月飞行时，样品所受的万有引力全部用来提供向心力，但万有引力不为零；C 项错误。
D. 载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时，即从低轨道变轨到高轨道时，需要点火加速，使返回器做离心运动；D 项错误。
故选B。
【分析】 先分析每个选项所涉及的物理情境。对于 A 项，根据第一、第二宇宙速度的定义判断嫦娥六号的速度范围；对于 B 项，依据超重的概念，分析返回器在月面加速起飞阶段加速度方向与超重状态的关系；对于 C 项，从环月飞行时向心力的来源考虑样品所受万有引力情况；对于 D 项，根据变轨原理，判断返回器从低轨道变轨到高轨道时的操作。
4．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】运动员上升过程
下降过程
解得
故选C。
【分析】上升阶段匀减速直线运动，下降阶段匀加速直线运动，利用匀变速直线运动速度位移关系即可求得加速度之比。
5．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB 、对于 P，因为 P 与丝绸之间的摩擦因数较小，当 PQ 与丝绸不产生相对滑动时，整体的最大加速度
此时
，
当 Q 在丝绸上将要滑动时，最大加速度
当 P 与丝绸相对运动时
得
，
所以
向右拉丝绸，P 与丝绸相对运动，Q 与丝绸相对静止，可得
故 AB 错误。
CD、对 Q 由牛顿第二定律得
解得
故C正确，D错误。
所以答案选C。
【分析】 先分析 AB 项，根据 P 与丝绸的摩擦因数小这一条件，分别考虑 PQ 与丝绸不产生相对滑动和 Q 在丝绸上将要滑动这两种情况，得出相应的最大加速度和拉力表达式，进而判断 AB 的正误。接着分析 CD 项，对 Q 应用牛顿第二定律，得出加速度表达式，判断 CD 的正误
6．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】根据场强叠加原理，如图所示
可得B'点的场强大小为
而
解得
故选A。
【分析】本题考查电场强度的叠加，即多个点电荷在某点的场强为各个点电荷单独产生场强的矢量和。接着分别计算两个点电荷在点产生的场强，利用点电荷场强公式得出具体表达式并确定方向，进而算出点总场强。然后分析选项中点场强的表达式。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，画出轨迹图如图所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中运动的半径
故A错误；
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
解得
速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故B错误；
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为
解得
粒子在磁场中运动的时间为
故C错误；
D．当时，粒子在磁场中运动的半径
从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图所示
可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径，即圆心角为，最短时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据粒子的运动轨迹，利用几何关系判断半径，与错误的表达式对比得出结论；先由洛伦兹力提供向心力得出半径公式，再分析速度与半径关系以及圆心角相同推出运动时间相同；根据特定速度下的运动轨迹，利用几何关系求出半径、圆心角正弦值以及运动时间，判断其错误；先计算特定速度下的半径，再通过分析最短时间的情况，确定圆心角和最短时间表达式，得出正确结论。
8．【答案】C,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A.一般情况下，同一原子核在衰变时，要么发生 α 衰变，要么发生 β 衰变，同时可能伴随 γ 射线的放出，但不一定能同时放出 α、β 和 γ 三种射线。例如，铀核在发生衰变时，可能发生 α 衰变或者 β 衰变，很少有同时发生 α 衰变和 β 衰变的情况，而且 γ 射线通常是在 α 衰变或 β 衰变后原子核处于激发态时，向低能态跃迁时放出的；所以 A 选项错误。
B.对于相同质量的核燃料，轻核聚变产生的核能比重核裂变产生的核能多得多。轻核聚变是将质量较轻的原子核结合成较重的原子核，释放出巨大的能量。而重核裂变是将重核分裂成较轻的核，释放的能量相对较少。例如，太阳内部不断进行着氢核聚变，释放出巨大的能量，而核电站中的核裂变反应释放的能量相对核聚变要小；所以 B 选项错误。
C.放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。半衰期是由原子核内部自身的性质决定的，与外界的物理条件（如温度、压强等）和所处的化学状态（如单质、化合物等）无关。例如，无论放射性元素处于何种物理环境或化学环境下，其半衰期都是固定不变的；所以 C 选项正确。
D.比结合能是结合能与核子数之比。比结合能越大，说明平均每个核子在原子核中结合得越牢固，将核子分解需要的能量就越大，原子核也就越稳定。例如，铁的比结合能比较大，所以铁原子核相对比较稳定。而比结合能小的原子核，相对不稳定，容易发生衰变或核反应；所以 D 选项正确。
故选CD
【分析】在一次衰变里不可能释放三种射线；对于相同质量的核燃料，轻核聚变产生的核能比重核裂变产生的核能多得多；放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。半衰期是由原子核内部自身的性质决定的，与外界的物理条件（如温度、压强等）和所处的化学状态无关；比结合能是结合能与核子数之比。比结合能越大，说明平均每个核子在原子核中结合得越牢固，将核子分解需要的能量就越大，原子核也就越稳定.
9．【答案】B,C
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A．将削出的小面片的运动视为平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，落入锅中时，小面片的最大水平速度是面运动到锅右边沿，则
小面片的最小水平速度是面运动到锅左边边沿
竖直方向上是自由落体运动
解得
，
若初速度为v0，则
B．落入锅中时，小面片的合速度为
小面片的最小合速度为
小面片的最大合速度为
则
故B正确；
C．掉落位置不相同的小面片，根据
可知，下落时间相等，则速度的变化量都相同，故C正确；
D．不同的面质量可能不同，则根据动量定理
可知，动量的变化不一定相同，故D错误。
故选BC。
【分析】 首先，根据小面片的运动特点确定为平抛运动，分别分析水平和竖直方向的运动情况，求出最大和最小水平速度；计算落入锅中时小面片的合速度以及最大和最小合速度，进行速度的合成分析得出；依据所有小面片竖直方向运动相同，推出速度变化量相同；考虑不同面片质量可能不同，结合动量定理说明动量变化不一定相同。
10．【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．由题意可知，球和槽整体在水平方向上遵循动量守恒，所以
由
，，
得
，
所以A正确；
B．小球最大速度是在槽的在最低点，根据上面的动量守恒知道，这时槽的速度也最大，设小球的速度大小为、槽的速度大小为，根据机械能守恒定律有
根据水平方向动量守恒，可得
得
，
故BC错误；
D．若槽固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为时重力功率最大，即竖直方向速度最大，则有
，，
解得
，
则
则重力的最大功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】 该题在处理时候要明确球和槽整体在水平方向上遵循动量守恒定律，这是后续推导的重要基础。动量守恒定律在这种由多个物体组成的系统且无水平外力作用时是适用的，它反映了系统在水平方向上总动量保持不变的特性，也正是因为水平方向上动量守恒这个切入点掌握了才能够对后续几个问题进行列式解答。
11．【答案】（1）C
（2）
（3）无
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1） 弹簧所产生的伸长量其实就等同于转轴下落的高度，而这个高度恰好又是齿轮在旋转过程中所对应的弧长。如此一来，我们只需测量出齿轮的半径 R，便能够获取相关数据了；故选C。
（2） 我们设弹簧的形变量是 x，按照题目的设定可以得到以下情况
由数学关系可知
联立解得
（3）根据
可知， 我们可以明确地知道，待测物体的质量 m 的测量结果，是由弹簧的劲度系数 k、半径、角度 以及重力加速度 g 所决定的，和弹簧自身受到的重力是全然无关的。
【答案】（1）C；(2)；(3)无
【分析】在解决该题的时候需要理解题干，通过题干给的关键信息知道伸长量就是转轴下落的高度，然后 通过建立不同物理量之间的关系、设定关键变量、依据相关物理定律和条件进行联立求解等方式来探讨与弹簧、转轴、齿轮相关的物理问题。
（1）弹簧的伸长量是转轴下落的高度，也就是齿轮旋转时所对应的弧长，故只需要测量出齿轮的半径R即可。
故选C。
（2）设弹簧的形变量为x，由题可得
由数学关系可知
联立解得
（3）根据可知，待测物体的质量m与弹簧自身受到的重力无关。
12．【答案】（1）向左
（2）4.0；10
（3）增大弹簧劲度系数
【知识点】胡克定律；实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1） 当框架朝着右侧加速运动时，滑动变阻器的滑片会向着左侧滑动。在这个过程中，Q 点的电势要比 P 点的电势高，进而使得指针呈现出向左偏转的状态。
（2）当滑片滑动至最右侧极限位置时，滑动变阻器右半边电阻分得的电压记为 4.0V，电压表所呈现的示数则记为4.0V；由
代入数据可得
（3） 对于滑块来说，其所能承受的合力的最大值是取决于弹簧的。具体来讲，弹簧的劲度系数越大，那么针对加速度的测量范围就会越广。因此，若要增大加速度的测量范围，便可以通过增大弹簧的劲度系数来实现.
答案：（1）向左；（2）4.0；10；（3）增大弹簧的劲度系数
【分析】 该题呈现了一个较为复杂的物理情境，涉及到力学（框架加速、滑块受力）与电学（滑动变阻器、电路电势、电压表示数）等多方面的知识融合； 首先描述了框架向右加速这一运动状态，在此情况下，滑动变阻器的滑片向左滑动。这暗示了框架的加速运动与滑片滑动之间存在某种力的传递机制或关联；明确指出当滑片滑到最右侧这一特定状态，此时聚焦于滑动变阻器右半边电阻的分压情况以及电压表的示数这两个关键的电路参数。这是在整个装置运行过程中的一个重要节点，通过对该状态下这些参数的分析，可以进一步了解电路在特定条件下的性能和电压分配规律； 明确指出滑块所受到的合力最大值由弹簧决定，这建立了滑块受力情况与弹簧这一弹性元件之间的紧密联系。
（1）框架向右加速时，滑片向左滑动，此时Q点电势高于P点电势，指针向左偏转。
（2）[1][2]当滑片滑到最右侧时，右半边电阻分压为，电压表的示数为，由
代入数据可得
（3）滑块所受到的合力最大值由弹簧决定，劲度系数越大，加速度的测量范围越大，即可以增大弹簧的劲度系数。
13．【答案】（1）解：在加速过程中， 由位移与时间的关系
代入数据得
由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：通过 bb'时木盘的速度
此后木盘做匀减速运动， 加速度
减速到0， 发生的位移
联立解得
可得
故木盘能停在得分区。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】本题考查动力学内容，加速度是构建运动学与力学的纽带，已知运动可以求加速度，有了加速度求力很顺理成章地解决；能否停在得分区要看小方块的减速位移会不会比最远距离大，若小则能在得分区，若大则不能停在得分区。
（1）在加速过程中， 由位移与时间的关系
代入数据得
a=5m/s2
由牛顿第二定律
联立解得
F=3.5N
（2）通过 bb'时木盘的速度
此后木盘做匀减速运动， 加速度
a'=μg
减速到0， 发生的位移
联立解得
可得
x'<6.8m
故木盘能停在得分区。
14．【答案】（1）解：当绳子与竖直夹角为θ1时则
解得
则
（2）解：剪断绳子后，配重做平抛运动，则
解得
根据几何关系可知，配重刚落到水平地面上的位置离转轴O1O2的距离为
（3）解：当绳子与竖直夹角为θ2时
根据动能定理
又
解得
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】该题是对一个涉及绳子、配重、转轴等元素的复杂物理情境进行分析，逐步求解出各个阶段相关物理量的值，以完整描述整个物理过程；根据几何关系找出圆周运动的半径跟所给的物理量的关系，对小球进行受力分析知道是重力的正切值提供小球做圆周运动的向心力，代入向心力公式即可求解；剪断绳子后，小球做平抛运动，结合平抛运动的水平和竖直位移公式就可求解出水平位移，再结合几何关系即可解决问题；角度变了但原理没变，求功很容易想到运用动能定理，列出表达式即可求解。
（1）当绳子与竖直夹角为θ1时则
R1=r+Lsinθ1
解得
则
（2）剪断绳子后，配重做平抛运动，则
x=v1t
解得
根据几何关系可知，配重刚落到水平地面上的位置离转轴O1O2的距离为
（3）当绳子与竖直夹角为θ2时
根据动能定理
又
解得
W=1.875J
15．【答案】（1）解：A从P点下滑到圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律
解得A第一次与B碰前速度大小
对A、B第一次弹性碰撞过程，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
解得
，
（2）解：i.若B刚好能通过最高点C，有
B从D点运动到最高点C，由动能定理
解得
A运动到与圆轨道的圆心等高处，速度减为零，恰好不脱轨，由动能定理
解得
则圆轨道半径范围
ii.B反弹后向左运动时，要想与A碰撞，首先要通过圆轨道最高点C，则
B从最高点C沿圆轨道滑下，到达底端D，设其速度为vB2， 由动能定理
解得
B从M点向右运动到N点，设B在N点的速度为v1，由动能定理
解得
B反弹后，若B从N点一直减速运动到M点，设B在M点的速度为v2，有
解得
由上式可知，当传送带速度v传=4m/s时，B向左运动，既能通过传送带，又能通过最高点C，之后恰好与A发生第2次弹性碰撞。
B向右运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
B向左运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
由于B与传送带因摩擦产生的热量
故
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】该题是一个综合性很高的题目，既涉及到了碰撞模型又涉及到动能定理、传送带模型以及能量问题，难度较大；但也有比较容易的切入点，第（1）问求碰撞后的速度，弹性碰撞结合机械能守恒和动量守恒即可求解；第（2）问涉及到临界问题，需要清楚圆轨道的最高点条件，然后对D到C用动能定理，再结合A恰好不脱轨意味着在等高处刚好速度为0，也对其用动能定理可得R的范围；接着求热量，需要注意的是热量等于摩擦力与相对位移的乘积，要先针对相对位移去分析才能求解
（1）A从P点下滑到圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律
解得A第一次与B碰前速度大小
v0=4m/s
对A、B第一次弹性碰撞过程，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
解得
，
（2）i.若B刚好能通过最高点C，有
B从D点运动到最高点C，由动能定理
解得
R1=0.72m
A运动到与圆轨道的圆心等高处，速度减为零，恰好不脱轨，由动能定理
，
解得
R2=0.2m
则圆轨道半径范围
0.2m≤R≤0.72m
ii.B反弹后向左运动时，要想与A碰撞，首先要通过圆轨道最高点C，则
B从最高点C沿圆轨道滑下，到达底端D，设其速度为vB2， 由动能定理
解得
vB2=4m/s
B从M点向右运动到N点，设B在N点的速度为v1，由动能定理
解得
B反弹后，若B从N点一直减速运动到M点，设B在M点的速度为v2，有
解得
由上式可知，当传送带速度v传=4m/s时，B向左运动，既能通过传送带，又能通过最高点C，之后恰好与A发生第2次弹性碰撞。
B向右运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
B向左运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
由于B与传送带因摩擦产生的热量
故
湖北省云学部分重高中联盟2024-2025学年高三上学期10月联考物理试题
1．（2024高三上·湖北月考）在2024年巴黎奥运会男子双杠决赛中，邹敬园勇夺金牌，成功实现了自己从东京奥运会到巴黎奥运会的卫冕。如图所示，决赛中邹敬园在时间t内静止在双杠上，手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内，下列说法正确的是（ ）
A．他所受合力的冲量大小为0
B．他所受重力G的冲量大小为Gtcosθ
C．他所受支持力F的冲量大小为Ftsinθ
D．他所受支持力的冲量方向斜向右上方
【答案】A
【知识点】冲量
【解析】【解答】ABC．依题意，邹敬园处于静止状态，根据牛顿第二定律，静止状态的物体合外力为 0。由于合外力为 0，所以他所受合力的冲量
大小为 0 ，同理，可得
故A正确，BC错误；
D．由于
可知他所受支持力的冲量方向与重力冲量方向相反，沿竖直向下；故D错误。
故选A。
【分析】求哪个力的冲量就运用哪个力与时间的乘积计算即可；冲量的方向与力的方向保持一致。
2．（2024高三上·湖北月考）利用智能手机中的加速度传感器可以测量手机的加速度a。用手掌托着手机，手掌从静止开始上下运动，软件显示竖直方向上的a-t图像如图，以竖直向上为正方向，若重力加速度大小为g=10m/s2，则手机（ ）
A．始终与手掌存在作用力 B．在t2时刻运动到最高点
C．在t3时刻改变运动方向 D．在t2~t4内，受到的支持力减小
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．从图像可知手机的加速度在t4之后一段时间内等于重力加速度，说明此时做自由落体运动，与手掌没有力的作用；故A错误；
BC．由图可知，手机在0~t1加速度约为0，t1~t2时间内，加速度向上，且做加速度增大的加速运动，t2~t3时间内，加速度也向上，做加速度减小的加速运动，所以t2时刻没有运动到最高点；t3~t4向上做加速度增大的减速运动，所以在t3时刻也没有改变运动方向；故BC错误；
D．由牛顿第二定律，t1~t3时间内超重，有
解得
t3~t4时间内有失重
解得
结合图像可知，t2~t3时间内支持力减小，故D正确。
故选D。
【分析】 先分析 A 选项，根据加速度等于重力加速度推出做自由落体及与手掌无力作用；接着分析 B 和 C 选项，分别对不同时间段的加速度情况进行分析，得出相应结论；最后分析 D 选项，利用牛顿第二定律推出超重和失重时支持力的表达式，结合图像判断支持力变化情况。
3．（2024高三上·湖北月考）2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，成功实现世界首次月球背面采样返回。嫦娥六号采样返回地球，需要经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。下列说法正确的是（ ）
A．发射嫦娥六号的速度大于第二宇宙速度
B．返回器在月面加速起飞阶段处于超重状态
C．返回器在环月飞行时，样品所受合力为零
D．载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时需要点火减速
【答案】B
【知识点】超重与失重；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A. 第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度。嫦娥六号绕月飞行，并没有脱离地球的约束，所以发射嫦娥六号的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度；A 项错误。
B. 返回器在月面加速起飞阶段，加速度方向向上，此时支持力大于重力，处于超重状态；B 项正确。
C. 返回器在环月飞行时，样品所受的万有引力全部用来提供向心力，但万有引力不为零；C 项错误。
D. 载有月壤样本的返回器在变轨进入月地转移轨道时，即从低轨道变轨到高轨道时，需要点火加速，使返回器做离心运动；D 项错误。
故选B。
【分析】 先分析每个选项所涉及的物理情境。对于 A 项，根据第一、第二宇宙速度的定义判断嫦娥六号的速度范围；对于 B 项，依据超重的概念，分析返回器在月面加速起飞阶段加速度方向与超重状态的关系；对于 C 项，从环月飞行时向心力的来源考虑样品所受万有引力情况；对于 D 项，根据变轨原理，判断返回器从低轨道变轨到高轨道时的操作。
4．（2024高三上·湖北月考）在巴黎奥运会跳水女子10米跳台比赛中，全红婵成功卫冕奥运会冠军，她第一跳丝滑入水，全部裁判给出10分。如图所示，运动员（视为质点）以3.9m/s的速度竖直起跳，上升0.64m后竖直落下，完成技术动作后，刚入水的速度大小为13m/s，从最高点到水面的高度为11.4m，则运动员上升段与下降段的加速度大小之比约为（ ）
A．1.0 B．1.3 C．1.6 D．2.0
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】运动员上升过程
下降过程
解得
故选C。
【分析】上升阶段匀减速直线运动，下降阶段匀加速直线运动，利用匀变速直线运动速度位移关系即可求得加速度之比。
5．（2024高三上·湖北月考）如图所示，足够长的轻质丝绸置于光滑水平面上，在丝绸上放有质量分别为m、2m的两物块P、Q，它们与丝绸间的滑动摩擦因数分别为μ、2μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现用水平力。F=4μmg向右拉丝绸，设P、Q的加速度分别为、，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB 、对于 P，因为 P 与丝绸之间的摩擦因数较小，当 PQ 与丝绸不产生相对滑动时，整体的最大加速度
此时
，
当 Q 在丝绸上将要滑动时，最大加速度
当 P 与丝绸相对运动时
得
，
所以
向右拉丝绸，P 与丝绸相对运动，Q 与丝绸相对静止，可得
故 AB 错误。
CD、对 Q 由牛顿第二定律得
解得
故C正确，D错误。
所以答案选C。
【分析】 先分析 AB 项，根据 P 与丝绸的摩擦因数小这一条件，分别考虑 PQ 与丝绸不产生相对滑动和 Q 在丝绸上将要滑动这两种情况，得出相应的最大加速度和拉力表达式，进而判断 AB 的正误。接着分析 CD 项，对 Q 应用牛顿第二定律，得出加速度表达式，判断 CD 的正误
6．（2024高三上·湖北月考）图所示，真空中的正三棱柱ABC-A'B'C'，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为-Q的点电荷，已知AC＝AA'＝L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0，则B'点的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】根据场强叠加原理，如图所示
可得B'点的场强大小为
而
解得
故选A。
【分析】本题考查电场强度的叠加，即多个点电荷在某点的场强为各个点电荷单独产生场强的矢量和。接着分别计算两个点电荷在点产生的场强，利用点电荷场强公式得出具体表达式并确定方向，进而算出点总场强。然后分析选项中点场强的表达式。
7．（2024高三上·湖北月考）如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为-Q（Q>0）的带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射入的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，则粒子在磁场中运动的半径为
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
D．当时改变粒子入射方向，从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出，画出轨迹图如图所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中运动的半径
故A错误；
B．若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
解得
速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故B错误；
C．当v=v1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为
解得
粒子在磁场中运动的时间为
故C错误；
D．当时，粒子在磁场中运动的半径
从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图所示
可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径，即圆心角为，最短时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据粒子的运动轨迹，利用几何关系判断半径，与错误的表达式对比得出结论；先由洛伦兹力提供向心力得出半径公式，再分析速度与半径关系以及圆心角相同推出运动时间相同；根据特定速度下的运动轨迹，利用几何关系求出半径、圆心角正弦值以及运动时间，判断其错误；先计算特定速度下的半径，再通过分析最短时间的情况，确定圆心角和最短时间表达式，得出正确结论。
8．（2024高三上·湖北月考）关于原子核和核能，下列说法正确的是（ ）
A．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
B．对于相同质量的核燃料，重核裂变比轻核聚变产生的核能多
C．放射性元素的半衰期与外界的物理条件和所处的化学状态无关
D．比结合能等于结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核越稳定
【答案】C,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A.一般情况下，同一原子核在衰变时，要么发生 α 衰变，要么发生 β 衰变，同时可能伴随 γ 射线的放出，但不一定能同时放出 α、β 和 γ 三种射线。例如，铀核在发生衰变时，可能发生 α 衰变或者 β 衰变，很少有同时发生 α 衰变和 β 衰变的情况，而且 γ 射线通常是在 α 衰变或 β 衰变后原子核处于激发态时，向低能态跃迁时放出的；所以 A 选项错误。
B.对于相同质量的核燃料，轻核聚变产生的核能比重核裂变产生的核能多得多。轻核聚变是将质量较轻的原子核结合成较重的原子核，释放出巨大的能量。而重核裂变是将重核分裂成较轻的核，释放的能量相对较少。例如，太阳内部不断进行着氢核聚变，释放出巨大的能量，而核电站中的核裂变反应释放的能量相对核聚变要小；所以 B 选项错误。
C.放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。半衰期是由原子核内部自身的性质决定的，与外界的物理条件（如温度、压强等）和所处的化学状态（如单质、化合物等）无关。例如，无论放射性元素处于何种物理环境或化学环境下，其半衰期都是固定不变的；所以 C 选项正确。
D.比结合能是结合能与核子数之比。比结合能越大，说明平均每个核子在原子核中结合得越牢固，将核子分解需要的能量就越大，原子核也就越稳定。例如，铁的比结合能比较大，所以铁原子核相对比较稳定。而比结合能小的原子核，相对不稳定，容易发生衰变或核反应；所以 D 选项正确。
故选CD
【分析】在一次衰变里不可能释放三种射线；对于相同质量的核燃料，轻核聚变产生的核能比重核裂变产生的核能多得多；放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。半衰期是由原子核内部自身的性质决定的，与外界的物理条件（如温度、压强等）和所处的化学状态无关；比结合能是结合能与核子数之比。比结合能越大，说明平均每个核子在原子核中结合得越牢固，将核子分解需要的能量就越大，原子核也就越稳定.
9．（2024高三上·湖北月考）中国的面食文化博大精深、种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，每块小面片刚被削离时距开水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（ ）
A．若初速度为v0，则
B．落入锅中时，小面片最大速度是最小速度的倍
C．掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的速度变化量相同
D．掉落位置不相同的小面片，从抛出到刚落水时的动量变化量相同
【答案】B,C
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A．将削出的小面片的运动视为平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，落入锅中时，小面片的最大水平速度是面运动到锅右边沿，则
小面片的最小水平速度是面运动到锅左边边沿
竖直方向上是自由落体运动
解得
，
若初速度为v0，则
B．落入锅中时，小面片的合速度为
小面片的最小合速度为
小面片的最大合速度为
则
故B正确；
C．掉落位置不相同的小面片，根据
可知，下落时间相等，则速度的变化量都相同，故C正确；
D．不同的面质量可能不同，则根据动量定理
可知，动量的变化不一定相同，故D错误。
故选BC。
【分析】 首先，根据小面片的运动特点确定为平抛运动，分别分析水平和竖直方向的运动情况，求出最大和最小水平速度；计算落入锅中时小面片的合速度以及最大和最小合速度，进行速度的合成分析得出；依据所有小面片竖直方向运动相同，推出速度变化量相同；考虑不同面片质量可能不同，结合动量定理说明动量变化不一定相同。
10．（2024高三上·湖北月考）如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为5m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．槽向左运动的最大位移为
B．槽运动的最大速度为
C．小球在槽中运动的最大速度为
D．若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为
【答案】A,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．由题意可知，球和槽整体在水平方向上遵循动量守恒，所以
由
，，
得
，
所以A正确；
B．小球最大速度是在槽的在最低点，根据上面的动量守恒知道，这时槽的速度也最大，设小球的速度大小为、槽的速度大小为，根据机械能守恒定律有
根据水平方向动量守恒，可得
得
，
故BC错误；
D．若槽固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为时重力功率最大，即竖直方向速度最大，则有
，，
解得
，
则
则重力的最大功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】 该题在处理时候要明确球和槽整体在水平方向上遵循动量守恒定律，这是后续推导的重要基础。动量守恒定律在这种由多个物体组成的系统且无水平外力作用时是适用的，它反映了系统在水平方向上总动量保持不变的特性，也正是因为水平方向上动量守恒这个切入点掌握了才能够对后续几个问题进行列式解答。
11．（2024高三上·湖北月考）如图，某同学设计了可以测量物体质量的“天平”。首先把两根完全一样的弹簧上端吊挂在盒子上顶面，托板A、杆B、齿条C、水平横杆D、串联在一起，杆B通过小孔（直杆未与小孔边缘接触）穿过盒子上顶面，水平横杆D与两弹簧下端点相连。在齿条C左侧固定一齿轮，齿轮与齿条C啮合且可绕过圆心O的轴无摩擦转动，齿轮上固定一轻质指针，当齿条下移时，齿轮沿顺时针方向转动，指针随之转动，通过固定在齿轮上方的表盘可读出指针转过的角度。经过调校，使得托板A上不放物品时，指针恰好指在竖直向上的位置。
（1）（单选）若在托板A上放上物体，读出指针偏转了，要求出每根弹簧伸长的增加量，仅需测量__________；
A．弹簧劲度系数k B．物体质量m
C．齿轮半径R D．指针长度l
（2）若已知弹簧劲度系数为k，齿轮半径为R，则物体质量m与角度θ的关系式m= （重力加速度为g，所有物理量均为国际制单位）；
（3）本实验中，弹簧自身受到的重力对实验结果 （填“有”或“无”）影响。
【答案】（1）C
（2）
（3）无
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1） 弹簧所产生的伸长量其实就等同于转轴下落的高度，而这个高度恰好又是齿轮在旋转过程中所对应的弧长。如此一来，我们只需测量出齿轮的半径 R，便能够获取相关数据了；故选C。
（2） 我们设弹簧的形变量是 x，按照题目的设定可以得到以下情况
由数学关系可知
联立解得
（3）根据
可知， 我们可以明确地知道，待测物体的质量 m 的测量结果，是由弹簧的劲度系数 k、半径、角度 以及重力加速度 g 所决定的，和弹簧自身受到的重力是全然无关的。
【答案】（1）C；(2)；(3)无
【分析】在解决该题的时候需要理解题干，通过题干给的关键信息知道伸长量就是转轴下落的高度，然后 通过建立不同物理量之间的关系、设定关键变量、依据相关物理定律和条件进行联立求解等方式来探讨与弹簧、转轴、齿轮相关的物理问题。
（1）弹簧的伸长量是转轴下落的高度，也就是齿轮旋转时所对应的弧长，故只需要测量出齿轮的半径R即可。
故选C。
（2）设弹簧的形变量为x，由题可得
由数学关系可知
联立解得
（3）根据可知，待测物体的质量m与弹簧自身受到的重力无关。
12．（2024高三上·湖北月考）如图某同学设计了一个加速度计，将其固定在待测量物体上，能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度，其原理如图所示。
滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用相同的轻弹簧3连接，弹簧另一端分别固定在框架内两侧，每根弹簧的劲度系数均为k=100N/m；R为滑动变阻器，4是滑片，O点为滑动变阻器的中点，按图连接电路，滑块2与滑片连接且两者保持同步运动。初始时滑块2位于框架中央位置时，滑片4与O点对齐，电压表指针的零点位于表盘中央，此时加速度为零；当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转，此时示数为正；当指针向零点左侧偏转时示数为负。
（1）当滑块2具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将 （填“向左”或“向右”）偏转；
（2）已知电路中电池的电动势E=8V，内阻不计，滑动变阻器R的总阻值为10Ω，总长度为0.2m，滑块2质量为2kg，当滑片4（宽度不计）滑到最右侧时，电压表的示数为 V，此示数代表的加速度大小为 m/s2。将表盘上的电压刻度改为对应的加速度值，即为加速度计；（计算结果均保留两位有效数字）
（3）若要增大加速度的测量范围，可采用的方法有： （答出一条合理措施即可）。
【答案】（1）向左
（2）4.0；10
（3）增大弹簧劲度系数
【知识点】胡克定律；实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1） 当框架朝着右侧加速运动时，滑动变阻器的滑片会向着左侧滑动。在这个过程中，Q 点的电势要比 P 点的电势高，进而使得指针呈现出向左偏转的状态。
（2）当滑片滑动至最右侧极限位置时，滑动变阻器右半边电阻分得的电压记为 4.0V，电压表所呈现的示数则记为4.0V；由
代入数据可得
（3） 对于滑块来说，其所能承受的合力的最大值是取决于弹簧的。具体来讲，弹簧的劲度系数越大，那么针对加速度的测量范围就会越广。因此，若要增大加速度的测量范围，便可以通过增大弹簧的劲度系数来实现.
答案：（1）向左；（2）4.0；10；（3）增大弹簧的劲度系数
【分析】 该题呈现了一个较为复杂的物理情境，涉及到力学（框架加速、滑块受力）与电学（滑动变阻器、电路电势、电压表示数）等多方面的知识融合； 首先描述了框架向右加速这一运动状态，在此情况下，滑动变阻器的滑片向左滑动。这暗示了框架的加速运动与滑片滑动之间存在某种力的传递机制或关联；明确指出当滑片滑到最右侧这一特定状态，此时聚焦于滑动变阻器右半边电阻的分压情况以及电压表的示数这两个关键的电路参数。这是在整个装置运行过程中的一个重要节点，通过对该状态下这些参数的分析，可以进一步了解电路在特定条件下的性能和电压分配规律； 明确指出滑块所受到的合力最大值由弹簧决定，这建立了滑块受力情况与弹簧这一弹性元件之间的紧密联系。
（1）框架向右加速时，滑片向左滑动，此时Q点电势高于P点电势，指针向左偏转。
（2）[1][2]当滑片滑到最右侧时，右半边电阻分压为，电压表的示数为，由
代入数据可得
（3）滑块所受到的合力最大值由弹簧决定，劲度系数越大，加速度的测量范围越大，即可以增大弹簧的劲度系数。
13．（2024高三上·湖北月考）小张同学玩了一个小游戏。如图所示，他用一根木杆推动位于水平地面上的质量为m=0.5kg的小方块（视为质点），t=0时刻，小方块以v0=3m/s的速度经过标志线a，速度方向垂直标志线a，继续推动小方块使它做匀加速直线运动，t=0.4s时通过标志线b，立即撤去水平推力，最后，若小方块停在得分区（标志线c、d之间），则视为游戏成功。图中标志线a、b的间距为d1=1.6m，标志线b、c的间距为d2=6.0m，标志线c、d的间距为d3=0.8m。已知小方块与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，所有标志线均互相平行，求
（1）木杆对小方块水平推力的大小F；
（2）小方块能否停在得分区？请计算说明。
【答案】（1）解：在加速过程中， 由位移与时间的关系
代入数据得
由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：通过 bb'时木盘的速度
此后木盘做匀减速运动， 加速度
减速到0， 发生的位移
联立解得
可得
故木盘能停在得分区。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】本题考查动力学内容，加速度是构建运动学与力学的纽带，已知运动可以求加速度，有了加速度求力很顺理成章地解决；能否停在得分区要看小方块的减速位移会不会比最远距离大，若小则能在得分区，若大则不能停在得分区。
（1）在加速过程中， 由位移与时间的关系
代入数据得
a=5m/s2
由牛顿第二定律
联立解得
F=3.5N
（2）通过 bb'时木盘的速度
此后木盘做匀减速运动， 加速度
a'=μg
减速到0， 发生的位移
联立解得
可得
x'<6.8m
故木盘能停在得分区。
14．（2024高三上·湖北月考）一种智能呼啦圈如图甲所示，其主要由外侧带有轨道的腰带、滑轮、轻绳及配重组成，滑轮可以在轨道上无摩擦滑动。其原理简化图如图乙所示，腰带半径r=0.2m，轻绳长L=0.5m，配重质量m=0.6kg，当轻微扭动腰时，配重飞起绕竖直转轴（O1O2做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角（θ1=37°，此时配重距离地面的高度，h=0.8m，重力加速度g取10m/s2，运动过程中腰带视为静止，不计空气阻力。求
（1）此时配重的角速度大小；
（2）若此时剪断绳子，配重落地点与转轴O1O2的水平距离；
（3）若加速扭动腰，使绳子与竖直夹角由θ1=37°，变为θ2=53°，此过程绳子拉力对配重所做的功。
【答案】（1）解：当绳子与竖直夹角为θ1时则
解得
则
（2）解：剪断绳子后，配重做平抛运动，则
解得
根据几何关系可知，配重刚落到水平地面上的位置离转轴O1O2的距离为
（3）解：当绳子与竖直夹角为θ2时
根据动能定理
又
解得
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】该题是对一个涉及绳子、配重、转轴等元素的复杂物理情境进行分析，逐步求解出各个阶段相关物理量的值，以完整描述整个物理过程；根据几何关系找出圆周运动的半径跟所给的物理量的关系，对小球进行受力分析知道是重力的正切值提供小球做圆周运动的向心力，代入向心力公式即可求解；剪断绳子后，小球做平抛运动，结合平抛运动的水平和竖直位移公式就可求解出水平位移，再结合几何关系即可解决问题；角度变了但原理没变，求功很容易想到运用动能定理，列出表达式即可求解。
（1）当绳子与竖直夹角为θ1时则
R1=r+Lsinθ1
解得
则
（2）剪断绳子后，配重做平抛运动，则
x=v1t
解得
根据几何关系可知，配重刚落到水平地面上的位置离转轴O1O2的距离为
（3）当绳子与竖直夹角为θ2时
根据动能定理
又
解得
W=1.875J
15．（2024高三上·湖北月考）如图所示，长L=3m的水平传送带MN沿逆时针方向转动，带速大小可以根据需要进行调节，传送带左右两侧光滑平台等高，左侧平台上固定着一个半径r=0.8m的光滑圆弧轨道和光滑圆轨道，两轨道间的平台足够长，C点为圆轨道内侧最高点，最低点D、D'点相互靠近且错开，右侧竖直墙壁上固定一个轻质弹簧。质量mA=30g的物块A从圆弧轨道的最高点P由静止释放，与静止在轨道最低点的质量mB=10g的物块B发生弹性碰撞，碰后撤去圆弧轨道。已知物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，物块A、B均可看作质点。
（1）物块A、B第一次碰撞后，求物块B的速度大小；
（2）若两物块碰撞后只有物块B能通过圆轨道的最高点且物块A、B均不脱轨：
i.求圆轨道半径的范围；
ii.若中间圆轨道的半径为0.32m，当传送带沿逆时针转动的速度由0增加至某一值时，保持此值不变，将A仍从P点由静止释放后，物块B恰好与物块A发生第二次弹性碰撞，求物块B与传送带组成的系统先后两次因摩擦产生的热量之比。
【答案】（1）解：A从P点下滑到圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律
解得A第一次与B碰前速度大小
对A、B第一次弹性碰撞过程，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
解得
，
（2）解：i.若B刚好能通过最高点C，有
B从D点运动到最高点C，由动能定理
解得
A运动到与圆轨道的圆心等高处，速度减为零，恰好不脱轨，由动能定理
解得
则圆轨道半径范围
ii.B反弹后向左运动时，要想与A碰撞，首先要通过圆轨道最高点C，则
B从最高点C沿圆轨道滑下，到达底端D，设其速度为vB2， 由动能定理
解得
B从M点向右运动到N点，设B在N点的速度为v1，由动能定理
解得
B反弹后，若B从N点一直减速运动到M点，设B在M点的速度为v2，有
解得
由上式可知，当传送带速度v传=4m/s时，B向左运动，既能通过传送带，又能通过最高点C，之后恰好与A发生第2次弹性碰撞。
B向右运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
B向左运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
由于B与传送带因摩擦产生的热量
故
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】该题是一个综合性很高的题目，既涉及到了碰撞模型又涉及到动能定理、传送带模型以及能量问题，难度较大；但也有比较容易的切入点，第（1）问求碰撞后的速度，弹性碰撞结合机械能守恒和动量守恒即可求解；第（2）问涉及到临界问题，需要清楚圆轨道的最高点条件，然后对D到C用动能定理，再结合A恰好不脱轨意味着在等高处刚好速度为0，也对其用动能定理可得R的范围；接着求热量，需要注意的是热量等于摩擦力与相对位移的乘积，要先针对相对位移去分析才能求解
（1）A从P点下滑到圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律
解得A第一次与B碰前速度大小
v0=4m/s
对A、B第一次弹性碰撞过程，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
解得
，
（2）i.若B刚好能通过最高点C，有
B从D点运动到最高点C，由动能定理
解得
R1=0.72m
A运动到与圆轨道的圆心等高处，速度减为零，恰好不脱轨，由动能定理
，
解得
R2=0.2m
则圆轨道半径范围
0.2m≤R≤0.72m
ii.B反弹后向左运动时，要想与A碰撞，首先要通过圆轨道最高点C，则
B从最高点C沿圆轨道滑下，到达底端D，设其速度为vB2， 由动能定理
解得
vB2=4m/s
B从M点向右运动到N点，设B在N点的速度为v1，由动能定理
解得
B反弹后，若B从N点一直减速运动到M点，设B在M点的速度为v2，有
解得
由上式可知，当传送带速度v传=4m/s时，B向左运动，既能通过传送带，又能通过最高点C，之后恰好与A发生第2次弹性碰撞。
B向右运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
B向左运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
由于B与传送带因摩擦产生的热量
故
