湖南省长沙市2025届高三物理上学期月考二试题含解析

这是一份湖南省长沙市2025届高三物理上学期月考二试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（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. 关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）
A. 哥白尼提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B. 卡文迪什在实验室里通过扭秤实验，得出了引力常量的数值
C. 伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性
D. 牛顿通过理想斜面实验得出“物体运动不需要力来维持”
【答案】B
【解析】
【详解】A．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，故A错误；
B．卡文迪什在实验室里通过扭秤实验，得出了引力常量的数值，故B正确；
C．牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性，故C错误；
D．伽利略通过理想斜面实验得出“物体运动不需要力来维持”，故D错误。
故选B。
2. 俯卧撑是一项深受学生们喜欢的课外健身运动，做中距俯卧撑（下左图）时双臂基本与肩同宽，做宽距俯卧撑（下右图）时双臂大约在1.5倍肩宽。某位同学正在尝试用不同姿势的做俯卧撑；对于该同学做俯卧撑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 在俯卧撑向下运动的过程中，地面对手掌的支持力小于手掌对地面的压力
B. 宽距俯卧撑比中距俯卧撑省力
C. 在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学的支持力不做功
D. 在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．地面对手掌的支持力与手掌对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B．宽距俯卧撑双臂间距大于肩宽，手臂间的夹角变大，作用力比中距俯卧撑作用力大，故B错误；
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学手掌的支持力的作用点没有发生位移，所以地面对该同学的支持力不做功，故C正确；
D．在做俯卧撑运动的过程中，根据，可知地面对该同学的冲量不为零，故D错误。
故选C。
3. 做简谐运动的物体经过点时，加速度大小为，方向指向点；当它经过点时，加速度大小为，方向指向点。若A、B之间的距离是5cm，则关于它的平衡位置，说法正确的是（）
A. 平衡位置在AB连线左侧
B. 平衡位置在AB连线右侧
C. 平衡位置在AB连线之间，且距离点为4cm处
D. 平衡位置在AB连线之间，且距离点为2cm处
【答案】C
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律可知简谐运动物体的加速度大小为
可知物体的加速度大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，由于回复力方向总是指向平衡位置，则加速度方向总是指向平衡位置，由题意可知，物体经过点时，加速度方向指向点；物体经过点时，加速度方向指向点；则平衡位置在AB连线之间，设平衡位置与点距离为x1，与点距离为，则有
又
联立解得
故选C。
4. 如图（a）所示，太阳系外行星M、N均绕恒星Q做同向匀速圆周运动。由于N的遮挡，行星M被Q照亮的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，其中为N绕Q运动的公转周期。则两行星M、N运动过程中相距最近时的距离与相距最远时的距离之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设M绕Q运动的公转周期为，由图（b）可知
解得
设行星M、N绕Q运动的半径分别为、，根据开普勒第三定律可得
解得
则两行星M、N运动过程中相距最近时的距离与相距最远时的距离之比为
故选D。
5. 乌鲁木齐乌拉泊地区和达坂城地区属于沙尘暴频发地区，下表为风级（0-12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“11级”风对广告牌的最小作用力约为“5级”风对广告牌最大作用力的（ ）
A. 15倍B. 11倍C. 9倍D. 7倍
【答案】D
【解析】
【详解】设∆t时间射到广告牌上的空气质量为∆m，广告牌的面积为S，则
根据动量定理
可得
“11级”风的最小风速为28.5m/s，“5级”风的最大风速为10.7m/s，则“11级”风对广告牌的最小作用力约为“5级”风对广告牌最大作用力的
倍
故选D。
6. 某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为（）
A. 1.6sB. 1.4sC. 1.2sD. 1.0s
【答案】C
【解析】
【详解】设篮球初速度为，与水平夹角为，末速度为，与竖直方向夹角为斜向下。由题意可知
篮球做匀变速曲线运动，则
竖直方向
水平方向
运动时间为
又
联立得
故选C。
二、多选题（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，有多项符合题目要求。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. 图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为。若忽略空气阻力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度、位移s随时间的变化规律以及动能、机械能随路程的变化规律，描述正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A．下落过程中，做自由落体运动，则
再上升过程中，做竖直上抛运动，加速度为，且由于下落高度大于上升高度，故A正确；
B．下落过程中小球做自由落体运动，则
故此过程中为抛物线，故B错误；
C．下落过程中，根据动能定理可得
故下落过程中图像为一次函数；碰撞过程中动能减小，上升过程中
则
故C正确；
D．上升和下降过程中，机械能守恒，故此过程中图像为水平直线，故D错误。
故选AC。
8. 复兴号电力动车组是由中国铁路总公司牵头组织研制，具有完全自主知识产权，达到世界先进水平的电力动车组的统称，其中由CR400系列担当的部分车次是世界上商业运营时速最高的动车组列车。若某“复兴号”列车的额定功率为，列车的质量为，列车在水平路面上行驶时，阻力是车重的k倍，。列车在水平轨道上行驶，受到的阻力保持不变，重力加速度g取。下列选项正确的是（ ）
A. 若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，列车的加速度大小为
B. 列车保持额定功率行驶，列车能达到的最大速度100m/s
C. 若列车由静止开始，保持以的加速度做匀加速运动的最长时间为40s
D. 若列车由静止开始，保持以的加速度做匀加速运动则25秒末列车的瞬时功率为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当列车行驶速度为20m/s时，解得牵引力
根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．列车保持额定功率行驶，列车达的最大速度后受力平衡，则有
解得
故B正确；
C．若列车由静止开始，保持以的加速度做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
则匀加速末状态有
匀加速过程，根据速度公式有
解得
即匀加速运动的最长时间为50s，故C错误；
D．若列车由静止开始，保持以的加速度做匀加速运动则25秒末的速度
此时的瞬时功率
故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 小球P即将落地时，它的速度大小为
B. 小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为
C. 从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
D. 若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】B．平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则速度与水平方向的夹角
可知，小球P即将落地时，它速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方向的夹角解得
故B正确；
A．设小球P即将落地时，它的速度大小为，小球Q的速度大小为，根据系统机械能守恒有
小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有
解得
，
故A错误；
C．根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
故C正确；
D．小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有
由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与大小不相等，即不等于，故D错误。
故选BC。
10. 如图所示为竖直放置的轻质弹簧，下端固定在地面上，上端与物块甲连接。初始时物块甲静止在点。现有质量为的物块乙从距物块甲上方处由静止释放，乙与甲相碰，碰撞时间极短，碰后立即一起向下运动但不粘连，此时甲、乙两物块的总动能为，向下运动到点时总动能最大为，继续向下运动到最低点（未标出）。整个过程中弹簧始终在弹性限度内且处于竖直状态，重力加速度为。下列说法正确的是（）
A. 物块甲与物块乙的质量比为2:1
B. 乙弹起后将在弹簧原长位置离开甲
C. 碰后由到过程中弹簧增加的弹性势能大小为mgh
D. 碰后由到过程中弹簧增加的弹性势能大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A.物块乙自由下落过程中，由动能定理可知
解得物块乙与物块甲碰撞前瞬间的速度
甲、乙两物块碰撞前后动量守恒，则有
又有
联立解得
A正确；
CD.设弹簧的劲度系数为，初始时物块甲静止在点，则有
在点动能最大，则速度最大，此时弹簧的弹力大小等于3mg，则弹簧的形变量则有
可得到的距离为
碰后由到过程中，由动能定理可得
解得
因为弹力做负功，所以弹簧的弹性势能增加，弹性势能增加的大小为
C错误，D正确；
B.由题意可知，乙弹起后在点，此时甲、乙两物块的总动能也为，弹簧的弹性势能为
若弹簧的弹性势能和两物块的动能全部转化为重力势能，则有
则有两物块能上升的最大高度为
初始时物块甲静止在点，此时弹簧的压缩量是
则有
可知弹簧恢复不到原长，B错误。
故选AD。
三、实验题（本题共2小题，11题8分、12题10分，共18分）
11. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为。回答下列问题:
（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的____________。
A最高点B. 最低点C. 任意位置
（2）该单摆的周期为____________，重力加速度____________（用题干中字母表示）。
（3）如果测得的值偏小，可能的原因是____________。
A. 实验时误将49次全振动记为50次
B. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C. 开始计时时，停表过迟按下
（4）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长并测出相应的周期，从而得出几组对应的和的数值，以为横坐标、为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的____________（选填“①”“②”或“③”）。
【答案】（1）B （2） ①. ②. （3）B
（4）①
【解析】
【小问1详解】
为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。故选B。
【小问2详解】
[1]因为摆球经过次全振动的总时间为，则该单摆的周期为
[2]由单摆周期公式
其中
可得，重力加速度的表达式为
【小问3详解】
根据
可知
A．实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故A错误；
B．摆线上端量点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故所测重力加速度偏小，故B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故C错误；
故选B。
【小问4详解】
由题意可得，单摆的实际摆长为
由单摆周期表达式得
化简可得
由此得到图像是图乙中的①。
12. 某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。
（1）选择两个半径相等的小球，其中一个小球有经过球心的孔，用游标卡尺测量两小球直径，如图乙所示____________cm；
（2）用天平测出小球的质量，有孔的小球质量记为，另一个球记为；本实验中____________（选填“需要”或“不需要”）满足；
（3）将铁架台放置在水平桌面上，上端固定力传感器，通过数据采集器和计算机相连；将长约1米的细线穿过小球的小孔并挂在力传感器上，测出悬点到小球上边缘的距离；
（4）将小球放在可升降平台上，调节平台位置和高度，保证两个小球能发生正碰；在地面上铺上复写纸和白纸，以显示小球落地点；
（5）拉起小球由某一特定位置静止释放，两个小球发生正碰，通过与拉力传感器连接的计算机实时显示拉力大小；读出拉力碰前和碰后的两个峰值和，通过推导可以得到碰撞前瞬间速度大小____________；同样方式可以得到碰撞后瞬间速度大小；（已知当地的重力加速度为）
（6）测出小球做平抛的水平位移和竖直位移，已知当地的重力加速度为，则碰后瞬间速度____________；
（7）数据处理后若满足表达式：____________（已知本次实验中，速度用表示）则说明与碰撞过程中动量守恒。
【答案】 ①. 1.66 ②. 不需要 ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]由图乙可知，两小球直径为
（2）[2]题干中没有要求质量为的小球不反弹，则不需要满足
（5）[3]根据题意，由牛顿第二定律有
整理可得
（6）[4]小球做平抛运动，则有
解得
（7）[5]由于本实验中，则碰后不反弹，若碰撞过程中动量守恒，则有
即
成立，则可说明与碰撞过程中动量守恒。
四、解答题（本题共3小题，共38分。其中第13题10分，第14题12分，第15题16分，写出必要的推理过程，仅有结果不得分）
13. 如图所示，足够长的光滑水平杆离地的高度为2L，滑块A套在水平杆上，通过长度为的细线连接质量为的小球B。将小球B拉至与滑块A等高，细线水平伸直，由静止释放小球，当细线运动到竖直方向时，细线刚好断裂，此时滑块向右运动了。重力加速度为，不计一切阻力，求:
（1）滑块质量；
（2）小球落地时到滑块A的距离。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
（1）设滑块的质量为，滑块、小球为系统水平方向动量守恒，则
可得
即
解得
【小问2详解】
设细线运动到竖直方向时，滑块的速度为，小球的速度为，根据动量守恒有
根据能量守恒有
设细线断后，小球运动到地面的时间为，这段时间内小球的水平位移为，滑块的位移为，则
小球落地时到滑块A的距离为
14. 质量为M的“L”型装置通过两个光滑轻质滑轮与木块连接，“L”型装置内表面光滑，外表面与地面的动摩擦因数，重力加速度为g。
（1）若“L”型装置静止，求悬挂木块质量的最大值m；
（2）若悬挂木块质量，水平外力将“L”型装置向左缓慢移动x，求水平外力力所做的功W；
（3）若悬挂木块质量，静止释放木块和“L”型装置，求物块下落高度x时物块的速度大小v。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对物体受力分析可得绳中张力
对装置受力分析由平衡条件
解得
【小问2详解】
装置左移x时，木块上升2x，由动能定理
解得水平外力力所做的功为
【小问3详解】
木块向下的加速度为，由牛顿第二定律
装置和木块水平方向加速度，由牛顿第二定律
由绳子长度关系得
解得
，
木块向下的速度，水平方向的速度，由运动学公式得
，
所以物块下落高度x时物块的速度大小为
15. 如图所示，一足够长的固定轻杆与水平方向夹角为。质量为3m的B环套在轻杆上恰好不下滑，距离B环l的位置有一质量为m的光滑环A从静止释放。下滑过程中，A环与B环的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）A环与B环第一次碰撞结束后的速度大小；
（2）A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远距离；
（3）若将B环的初始位置记为坐标原点，沿杆斜向下为x轴正方向建立直线坐标系，求第n次碰撞时环B的位置坐标。
【答案】（1），；（2）；（3）（n=1，2，3…）
【解析】
【详解】（1）设与B碰前速度为，则有
由于与B的碰撞为弹性碰撞，则有
，
解得
，
A环碰撞后反弹。
（2）由于B环恰好不下滑静止于轻杆上，所以有
则碰后B环匀速下滑，环沿杆向上做匀减速直线运动，当二者速度相同时，两环相距最远，以B为参考系，相对B速度为零时，二者相距最远，相对B的初速度为
相对B的加速度为
两环相距最远的距离为
（3）设与B第二次碰前速度为，则有
，
解得
与B第二次碰后速度分别为、，由动量守恒定律与机械能守恒定律得
，
解得
，
设与B第三次碰前速度为，则有
，
解得
与B第三次碰前后，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
，
联立解得
，
由于与B碰撞为弹性碰撞，所以二者的相对速度大小不变，始终为，根据以上分析得第一次碰前与B的速度分别为、0，碰后分别为、；第二次碰前与B的速度分别为、；碰后分别为，；第三次碰前与B的速度分别为、；碰后分别为、，…，可知从第一次碰撞后，每经历时间
两环就发生一次碰撞，则第一次碰后B环位移
第二次碰后B环位移
第三次碰后B环位移
所以第次碰后B环位移
（n=1，2，3…）
则第次碰撞时环B的位置坐标为（n=1，2，3…）。风级
风速（m/s）
风级
风速（m/s）
0
0~0.2
7
13.9~17.1
1
0.3~1.5
8
17.2~20.7
2
1.6~3.3
9
20.8~24.4
3
3.3~5.4
10
24.5~28.4
4
5.5~7.9
11
28.5~32.6
5
8.0~10.7
12
327~36.9
6
10.8~13.8
……
……