【文档说明】湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期5月联考物理试卷 Word版含解析.docx，共(12)页，912.074 KB，由小赞的店铺上传

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新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期5月联考高一物理试卷命制单位：新高考试题研究中心考试时间：2024年5月30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、考场号、座位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，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．关于行星运动定律和万有引力定律，下列说法正确的是（）A．第谷通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律B．

牛顿在实验室里通过扭秤实验，测量出了引力常量的数值C．牛顿指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力D．天王星被称为“笔尖上发现的行星”2．下列有关受力分析正确的是（）A．图甲中钩码和轻质铅笔静止，铅笔中的弹力沿竖直向上B．图乙中人随自动扶梯一起沿斜面以加速度a运动，人

受的摩擦力水平向左C．图丙中与水平转盘一起匀速转动的物块受到的摩擦力一定指向圆心D．图丁中运动火车车轮在不侧向挤压铁轨的转弯路段时，其所受重力与支持力的合力沿路面向下3．水平桌面上，一滑块在恒定的水平拉

力作用下由静止开始运动一段时间后，撤去拉力。从某时刻开始计时，滑块速度随时间变化的vt−图像如图所示。取重力加速度210m/sg=。不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．滑块在015s内的平均速度大小为7.5m/sB．滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为1

∶4C．滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为2∶1D．滑块与桌面之间的动摩擦因数为0.34．“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，火星和地球绕太阳的公转视为匀速圆周运动，已知火星和地球的公转方向一致，且火星

的轨道半径大约是地球的1.5倍。当火星和太阳位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）A．火星的冬季时长约为地球的278倍B．火星公转的角速度比地球的大C

．在冲日处，火星相对于地球的速度最大D．火星公转的加速度比地球的大5．如图，某一小球以04m/sv=的速度水平抛出，在落地之前经过空中AB、两点，在A点小球的速度与水平方向的夹角为45，在B点小球的速度与水平方向的夹角为60

，空气阻力忽略不计，g取210m/s，下列说法正确的是（）A．小球经过0.2s到达A点B．在B点的速度为43m/sC．小球从A点运动到B点的时间为()431s10−D．AB之间的水平距离为1.6m6．如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻质

细线与水平杆间所成夹角为53=，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为0.2mh=，现将物块B由静止释放，物块AB、均可视为质点，重力加速度210m/s,sin530.8g==，不计空气阻力，则（）A．物块A与物块

B速度大小始终相等B．当物块A经过左侧定滑轮正下方时，物块B的速度为0C．物块B下降过程中，B所受重力始终大于拉力D．物块A能达到的最大速度为2m/s7．如图所示为旋转脱水拖把，其工作原理：拖把杆向下压一个螺距

，拖把头就转动一圈。现某拖把杆内有一段长度为15cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）3cmd=，拖把头的半径为10cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1s内匀速下压了15cm，该过

程中拖把头匀速转动，则（）A．拖把杆向下运动的速度为0.2m/sB．拖把头边缘的角速度为10πrad/sC．拖把头转动的线速度为2πm/sD．拖把头的转速为1r/s8．质量为0.5kg的石块从10m高处以30角斜向上方抛出，初速度0v的大小为5m/s。不计空气阻力，g取210m/s。关于石

块落地的速度大小，下列说法中正确的是（）A．与石块质量无关B．与石块的初速度无关C．与石块初速度的仰角有关D．与石块抛出的高度有关9．如图所示，真空中有两个点电荷，88129.010C,1.010CQQ−−=

=−，分别固定在x轴的坐标为0和6cm的位置上。下列说法正确的是（）A．x坐标轴上9cmx=处的电场强度为0B．x坐标轴上12cmx=处的电场强度为0C．0cm6cmx和9cmx区域的电场强度方向沿x

轴正向D．0cmx和6cmx区域的电场强度方向沿x轴负向10．如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量11kgm=，木板中间某位置叠放着质量22kgm=的小物块，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数

10.25=，木板与桌面间的动摩擦因数20.3=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小210m/sg=，薄木板足够长。现对木板施加水平向右的恒定拉力12NF=，木板和物块保持相对静止一起向右运动，且运动位移

为12mx=时，撤去拉力F，木板和小物块继续运动一段时间后均静止。下列说法中正确的是（）A．撤去拉力F时，木板的速度3m/sv=B．撤去拉力F后，木板继续运动的位移为0.5mC．木板与物块之间的滑动摩擦力对两个物体所做的总功为1.5J−D．全过程中

产生的总热量为24J二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（7分）如图所示，利用光电门研究匀变速直线运动的实验装置。（1）实验时，测出遮光条的宽度d，在砝码盘中放上砝码，让滑块从光电门1的右侧由静止释

放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为1t和2t，测出从光电门1到光电门2所用的时间为Δt，则计算滑块加速度的表达式为a=______（用12dtt、、和Δt表示）（2）某次测量得到的一组数据为：1.00cmd=。120.040s,0.020s,Δ0.50

0sttt===，计算可得，滑块通过光电门1的速度大小1v=______m/s，滑块的加速度大小a=______2m/s（保留2位有效数字）。（3）某同学采取另一种实验方案，撤去光电门1，在某位置静止释放滑块，记录滑块的释放位置到光

电门2的距离x，记录遮光条的遮光时间t，多次改变滑块的释放位置，重复实验。记录下的距离为123xxx、、、，时间为123ttt、、、，以x为纵轴，21t为横轴，描点作图得到一条过原点的倾斜直线，已知该直线的斜率为k，则滑块匀变速运动过程中的加速度大小a=

______（用d和k表示）．12．（10分）在验证系统机械能守恒的实验中，某同学为了延长重物的下落时间，设计了如图甲所示的实验装置。让2m从高处由静止开始下落，1m拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量。如图乙是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个

点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器的频率为1250Hz,40g,120gfmm===，（结果均保留两位有效数字），则（1）在纸上打下计数点5的速度大小5v=______m/s；（2）在打点05

的过程中，系统动能的增量kΔE=______J，系统重力势能的减少量pΔE=______J（当地的重力加速度g取29.8m/s）。在实验中发现小球重力势能的减少量总是略大于小球动能的增加量，分析原因可能是_____

_（只需说明一种即可）；（3）若该同学作出212vh−图像如图丙所示，则重力加速度大小g=______2m/s。13．（10分）民用客机和航母上舰载机的起飞跑道长度有很大差别，查阅资料获悉：（1）已知某民用客机的起飞跑道长为2km，起飞速度为60m/s。求飞机起飞

的最小加速度；（2）如图所示为舰载机起飞的简化模型。舰载机由静止开始在长为1200mL=的水平跑道上以加速度215.0m/sa=匀加速直线运动，再在长为262.5mL=的倾斜跑道上以加速度224.0m/sa=匀加速直线运动，直到起飞。飞机可看作质点，倾斜跑道看作斜面

，不计拐角处的影响，求舰载机从开始运动到起飞经历的时间。14．（15分）如图所示，ABCD为竖直平面内固定轨道，其中AB光滑，BC为长度4mL=的粗糙水平面，CD为光滑的四分之一圆弧，半径0.8mR=。一个质量2.5kgm=的物体，从斜面上A点由静止开始

下滑，A点距离水平面BC的高度1.8mh=，物体与水平面BC间的动摩擦因数0.2=，轨道在BC、两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动。不计空气阻力，g取210m/s。求：（1）物体运动到B点时的速度大小Bv；（2）物体能到达D点上方，距离D点的最大高度差H；（3）物体最终停止的位

置到B点的距离x。15．（18分）如图所示，质量均为m的三个带电小球ABC、、用三根长度均为l的绝缘轻杆相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根轻杆刚好都伸直且没有弹力，F的作用

线反向延长线与AB、间轻杆相交于杆的中点，（已知,,Fml为常量，k为静电力常量），求：（1）系统的加速度大小（2）A、B、C三球电荷量的数值（3）若恒力变为原来的3倍，则三根轻杆的弹力分别是多少？新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期5月联考高一物理答案一、选择题（共40分）题号

12345678910答案CCDACBBADACBCD1．C【解析】开普勒提出行星运动三大定律，A错误；卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量的数值，B错误；牛顿提出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的

引力，C正确；海王星被称为“笔尖上发现的行星”，D错误。故选C。2．C【解析】A．图甲中钩码和铅笔静止，轻质铅笔相当于一个轻质活杆，则轻质铅笔中的弹力沿铅笔方向，故A项错误；B．图乙中人随自动扶梯一起

沿斜面以加速度a运动中，加速度可以分解为水平和竖直两个方向，水平的加速度是扶梯对人水平向右的摩擦产生的，故人受的摩擦力水平向右，故B项错误；C．图丙中与水平转盘一起匀速转动的物块受到的静摩擦力一定指向圆心，提供物块做圆

周运动向心力，向心力与物块的速度方向垂直，故C项正确；D．图丁中运动火车车轮在不挤压铁轨的转弯路段所受重力与支持力的合力提供做圆周运动的向心力，合力的方向沿水平方向指向轨道的圆心，故D项错误。故选C。3．D【解析】A．根据vt−

图像可知，滑块在015s内的位移为()11101510m155m162.5m22x=++=则滑块在015s内的平均速度大小为162.5m/s10.83m/s15xtv==，故A错误；B．根据vt−图像的斜率表示加速度，可知加速阶段的加速度大小为2211510m/

s0.5m/s10a−==，减速阶段的加速度大小为22215m/s3m/s5a==，可知滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为12:1:6aa=，故B错误；C．加速阶段根据牛顿第二定律可得1Ffma−=，减速阶段根据牛顿第二定律可得2fm

a=，联立可得滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为:7:6Ff=，故C错误；减速阶段根据牛顿第二定律可得2fmgma==，可得滑块与桌面之间的动摩擦因数为20.3ag==。故D正确。故选D。4．A【解析】根据2224MmGmr

rT=，可得32rTGM=，故A正确；根据2T=可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星与地球的速度方向相同，故相对速度最小，故C错误；根据2MmGmar=，可得2GMar=，可知火星公转的加速度

小于地球公转的加速度，故D错误。选A。5．C【解析】在A点，有Ay0tan45,,t0.4sAyvvgtv===，A错误。在B点，有0cos60Bvv=，故B8m/sv=，B错误。在A点，有0tan45Ay

vv=，在B点，有0tan60Byvv=，解得AyBy4m/s,43m/svv==，小球从A点运动到B点的时间()43110ByAyABvvtsg−−==，C正确。则AB、两点间的水平距离为()08315ABABxvtm−==，D错误

。故选C6．B【解析】根据关联速度得cosABvv=，所以二者的速度大小不相等，A错误；当物块A经过左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据选项A可知，物块B的速度为零，所以B会经历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，C错误、B正确；

当物块A经过左侧定滑轮正下方时，物块A的速度最大，根据系统机械能守恒得21sin2hmghmv−=，解得1m/sv=，D错误．故选B。7．B【解析】拖把杆向下运动的速度10.15m/slvt==，故A错误；拖把杆上段1s内匀

速下压了15cm，则螺杆转动5圈，即拖把头的转速为5r/sn=，拖把头转动的角速度2π10πrad/sn==，拖把头边缘的线速度1πm/svR==，故C、D错误，B正确。故选B8．AD【解析】以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有2201122mvmghmv+=，末速度v与0v

的大小和h有关，与初速度的方向和质量均无关，故A、D正确，选AD。9．AC【解析】设电场强度为0的点到2Q的距离为L。因为1Q的电荷量比2Q的多，所以电场强度为0的位置只能在2Q右边，有2122(0.06m)kQkQLL=+，解得3cmL=，所以x坐标轴上

9cmx=处的电场强度为0，只有一处。A正确，B错误。根据点电荷的电场强度公式和电场强度的叠加原理可知9cmx的区域电场强度沿x轴正方向。在12QQ之间，正电荷1Q和负电荷2Q在该处产生的电场强度方向均沿x轴正方向，所以实际电场也

是沿x轴正方向，所以x轴上电场强度方向沿x轴正方向的区域是0cm6cmx和9cm,xx轴上电场强度方向沿x轴负方向的区域是0cmx和6cm9cmx，故才正确，D错误。选AC10．BCD【解析】A、设对木板施加水平向

右的恒定拉力大小为0F时，小物块与木板恰好不发生相对滑动，此时小物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力12fmFmg=，设小物块此时的加速度大小为0a，根据牛顿第二定律有20fmFma=，对整体有()()0212120Fmmgm

ma−+=+，解得016.5NF=，故对木板施加水平向右的恒定拉力12NF=时，小物块与木板保持相对静止。从木板开始运动到撤去拉力F，对木板和小物块整体分析，根据动能定理有，()()2121211212Fxmmgxmmv−+=+，解得2m/sv

=，A错误，撤去拉力后，对木板有()221212111,4m/smmgmgmaa+−==。木板继续滑行的位移2210.5m2vxa==，B正确。撤去拉力后，对物块有212222,2.5m/smgmaa==。物块继续滑动的位移为2320.8m2

vxa==。一对滑动摩擦力对两个物体做的总功为()1221231.5JWmgxmgx=+−=−，C正确。对木板和物块整体，全过程有10fFxW+=，fWQ=−总，所以24JQ=总，D正确。二、非选择题（共60分）11．（7分）（1）21Δddttt−（2）0.250.50（3）

22dk【解析】（1）遮光条经过光电门1和2的速度大小分别为1212,ddvvtt==，滑块的加速度大小2121ΔΔΔΔddvvvttattt−−===；（2）110.25m/sdvt==，2210.50m/sddatt=−=（3）滑块从静止开始做匀加速直

线运动，有22daxt=，整理得2212dxat=，依题意有22dka=，整理得22dak=12．（10分）（1）2.4m/s（2）0.460.47误差原因：由于纸带在下落过程中，①重锤和空气之间存在阻力；②纸带与限位孔、纸带和打点计时器之间存在摩擦

力；③还有部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，滑轮有质量具有转动动能；故重力势能的減少量大于动能的增加量。（写一条即可给2分）（3）9.7【解析】（1）相邻计数点间时间间隔为0.1s，则在纸带上打下计数点5时的速度21.6026.400.01m/s2.4m/s0.2v+==（2）初

速度为零，则动能增量为()2k121Δ0.46J2Emmv=+=系统势能的减少量()()p21Δ0.089.80.3840.216J0.47JEmmgh=−=+=（3）由系统的机械能守恒有()()2122112mmvmmgh+=−整理有()221

122mmgvhmm−=+斜率为()212125.820m/s1.20mmgmm−−=+−所以29.7m/sg=13．（10分）解：（1）根据匀变速直线运动规律有22vax=220.9m/s2vax==（2）水平跑道上的末速度1112205m/svaL==所以水平跑道上的时间为1114

5svta==在倾斜轨道上：2221222vvLa−=代入数据解得：250m/sv=所以()212212.555svvta−==−可知()1212.55sttt=+=−14．（15分）解：（1）物体由A点运动到B

点，根据动能定理得212Bmghmv=代入数据解得6m/sBv=（2）解法一：物体由A点运动到D上方最高点，根据动能定理得()0mghHRmgL−−−=代入数据解得0.2mH=解法二：物体由B点运动到D上方最高点，根据动能定理得()2102BmgHRmgLmv−+−=

−代入数据解得0.2mH=（3）从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得0mghmgs−=代入数据，解得9ms=由于21msL=+所以物体最终停止的位置到B点的距离为1mx=15．（18分）解：（1）三个小球相对静止

，由牛顿第二定律得系统加速度为3Fam=（1）（2）通过对三个小球受力分析可知，AB、两球带等量同种电荷，C与AB、两球电性相反，设C球电荷量为Cq−，设AB、两球电荷量为,ABqq，则有ABqq=（2）对A分析22cos60ACABqqqqkkll=（3）对C分析2

2sin60sin60ACBCqqqqFkkmall−−=（4）联立（1）-（4）求得33ABlFqqk==（5）233ClFqk=（6）（3）若拉力变为原来3倍，由上面分析可知三个小球之间库仑力大小与方向均不变，对A球受力分

析，设B球对A球向上的弹力为1,FC球对A球是拉力为2F，因为对称性所以AC球之间和BC球之间弹力相等。由于A球受到库仑力的合力不变，所以12,FF合力也是水平方向，则212FF=（7）对A球受力分析，由牛顿第二定律得223sin60sin603ACqqFFkmlm+=（8）联立（5

）-（8）四式得1339FF−=（9）()22339FF−=（10）