湖南省长沙市某中学2024-2025学年高三年级上册月考物理试题（含解析）

雅礼中学2025届高三月考试卷（一）

物理

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。

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.每次看到五星红旗冉冉升起，我们都会感到无比的自豪和骄傲，在两次升旗仪式的训练中，第一次国旗

运动的V-'图像如图中实线所示，第二次国旗在开始阶段加速度较小，但跟第一次一样，仍能在歌声结束

时到达旗杆顶端，其运动的v—/图像如图中虚线所示，下列图像可能正确的是（）

【答案】C

【解析】

【详解】A.两次训练，国旗上升的高度相等，所以v-/图像围成的面积相等，A错误；

B.两次训练，升旗时间相等，B错误；

CD.第二次开始阶段加速度较小，虚线刚开始斜率较小，C正确，D错误。

故选Co

2.无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带

动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝

钢管。已知管状模型内壁半径凡则下列说法正确的是（）

A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上

B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同

C.管状模型转动的角速度。最大为

D.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力

【答案】D

【解析】

【详解】A.铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力提供向

心力，故A错误；

B.模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B错误；

CD.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有

mg=ma>2R

可得

即管状模型转动的角速度。最小为故C错误，D正确。

故选D。

3.一物块静止在粗糙程度均匀的水平地面上，在0〜4s内所受水平拉力厂随时间/的变化关系图像如图甲所

示，在0〜2s内的速度图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）

次

甲

A.物块的质量为2kg

B.在4s内物块的位移为8m

C.在4s内拉力厂做功为18J

D.在4s末物块的速度大小为4m/s

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图可知，1〜2s内物块做匀速运动，根据受力平衡可得

/=^=2N

O-ls内物块做匀加速运动，由v-/图像可知加速度大小为

a,=—=—m/s2=4m/s2

:1

由牛顿第二定律可得

Fl-f=mal

其中耳=6N,联立解得

m=1kg

故A错误；

B.2s后受到的合力为

F合=£+/=2N+2N=4N

方向与运动方向相反，物块做匀减速运动，加速度大小为

a'=-^=—m/s2=4m/s2

m1

物块匀减速至停下所用时间为

,v4

t=——=—s=ls

a'4

可知f=3s时速度减为零，此后保持静止，结合v-f图像与横轴围成的面积表示位移，可知4s内物块的位

移为

1+3）。

x=-----x4m=8m

2

故B正确；

C.在4s内，根据动能定理可得

W7-fa=O

解得拉力下做功为

%=yx=2x8J=16J

故C错误；

D.由B中分析可知，4s末的速度大小为零，故D错误。

故选B。

4.磷是构成DNA的重要元素，2023年科学家在土卫二的海洋中检测到磷。此发现意味着土卫二有可能存

在生命。目前探测器已经测出了土卫二的密度为夕，现发射一颗贴近土卫二表面的人造卫星对土卫二进一

步观测，已知万有引力常量为G,则根据题中所给数据可以计算出（）

A.人造卫星的周期B.土卫二的质量

C.人造卫星的向心加速度大小D.人造卫星与土卫二之间的万有引力大小

【答案】A

【解析】

【详解】设土卫二的质量为半径为R,根据题意有

MM3M

p-——：-----X——

-4万R3

3

设贴近其表面的人造卫星的质量为机，周期为T,向心加速度为。，则有

G粤.（当2火

R2T

=ma

整理得

叵

T=]4/R3_

GM~\Gp

GM

a=——

R2

即人造卫星的周期可以计算出，但土卫二的质量无法求得，人造卫星的向心加速度大小无法求得，人造卫

星与土卫二之间的万有引力大小也无法求得。

故选Ao

5.如图所示，水平轻细线be两端拴接质量均为加的小球甲、乙，a、d为两侧竖直墙壁上等高的两点，小

球甲，乙用轻细线仍和轻弹簧cd分别系在a、d两点，轻细线仍、轻弹簧cd与竖直方向的夹角均为

6=37°，现将水平拉直的轻细线历剪断，在剪断瞬间，轻细线成上的拉力与轻弹簧〃上的弹力之比为

耳：小球甲、乙的加速度大小之比为q:%，sin370=0,6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是

A.Fy-.F=4:5,t/j:4Z,=16:5B,F-r-.F=4:5,Oj:a2=4:25

C.马：尸=16:25,%：%=16:5D,FT:F=16:25,a,:a2=4:5

【答案】D

【解析】

【详解】轻细线儿剪断之前，对甲、乙分别进行分析，根据平衡条件有

=mg_mg

ahcos6（'cdcos。

轻细线左剪断之后，轻细线加上的弹力发生了突变，由于随后甲做圆周运动，则对甲分析，由于剪断瞬

间，甲的速度为0,即所需向心力为0,则沿半径方向的合力为0,即有

耳=mgcos0

6c剪断瞬间，甲的合力方向沿切向，则有

mgsin0=max

解得

aA=gsin9

轻细线be剪断之后，轻弹簧cd上的弹力没有发生突变，则有

剪断后，对乙进行分析，合力方向沿水平向右，则有

mgtan3=ma2

结合上述可以解得

耳：尸=16：25,ax.a2=4:5

故选D。

6.如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度%从跳台顶端/水平飞出，经过一段时间后落在倾

斜赛道上的5点，运动员运动到P点时离倾斜赛道最远，P点到赛道的垂直距离为PC,P点离赛道的竖直

高度为PD,赛道的倾角为。，重力加速度为g,空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则C、D

两点间的距离是（）

Vosin6)tan20

B.-----------------

g

Vosin2<9tan20Wsin2<9tan20

D.----------------

g

【答案】A

【解析】

【详解】对运动员在空中的运动沿平行斜面和垂直斜面方向分解可知，运动员从工运动到尸点和从P点运

动到B点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从N到C的时间与从C到B的时间相等，运

动员沿平行斜面做加速度为gsin。的匀加速运动，设整个运动时间为K则

2

CB-AC=gsm6

2

由于从/到P的水平位移与从P到B的水平位移相等，因此

AD=DB

则

2

CB-AC=2CD=gsm0

运动员做平抛运动有

12

x=vot,y=-gt~

又

tan0=—

x

解得

2v0tan0

g

则

v；sin0tan29

CD

故选Ao

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.若小车保持牵引力恒定，在平直的水泥路上从静止开始运动，经过时间，前进距离x,电动机的功率达到

额定功率尸，速度达到V。小车的质量为加，所受阻力恒为了,那么这段时间内（）

A.小车做加速度不变的加速运动

B.小车速度为v时，所受牵引力等于阻力

C.电动机对小车所做的功为分+,加产

D,电动机对小车所做的功为。

【答案】AC

【解析】

【详解】A.由题意可知，小车保持牵引力恒定，所受阻力恒为了,则在运动时间f内所受合力恒定，由牛

顿第二定律可知，小车的加速度恒定，小车做匀加速运动，故A正确；

B.小车速度为v时，小车功率刚达到额定功率，小车刚要结束匀加速运动，此时小车的牵引力仍大于阻

力，故B错误；

C.小车在运动过程中，由动能定理可得

,1,

W-fa=-mv~-0

解得电动机对小车所做的功为

1、

W=fa+—mv

故C正确；

D.由题意可知，在小车速度达到v时，电动机的功率达到额定功率P,在小车达到速度v以前，电动机

的实际输出功率小于额定功率P，因此电动机对小车所做的功小于尸3故D错误。

故选ACo

8.如图，固定在竖直面内的光滑轨道/3C由直线段和圆弧段5c组成，两段相切于3点，N5段与水

平面夹角为。，8c段圆心为。，最高点为C、/与C的高度差等于圆弧轨道的直径2以小球从4点以初

速度%上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（）

c

A

A.小球从2到。的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球/从到C的过程中，重力的功率先增大后减小

C.小球的初速度1

D.若小球初速度%增大，小球有可能从2点脱离轨道

【答案】AD

【解析】

【详解】A.由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为

Vc=0

则小球从。到5的过程中，有

12

mgR(l-cosa)=­mv

v2

r=mgcosa-m——

NR

联立有

然=3mgcosa-2mg

则从。到5的过程中［由0增大到仇则cosa逐渐减小，故乐逐渐减小，而小球从5到。的过程中，对

轨道的压力逐渐增大，A正确；

B.由于4到C的过程中小球的速度逐渐减小，则4到C的过程中重力的功率为

P=-mgvsin0

则A到C的过程中小球重力的功率始终减小，故B错误;

C.从4到。的过程中有

-mg-2R=一加v；

解得

%=7^

故c错误；

D.小球在B点恰好脱离轨道有

2

八VR

mgcos〃=加%

则

VB=JgRcosd

则若小球初速度%增大，小球在B点的速度有可能为JgRcose,故小球有可能从8点脱离轨道，故D正

确。

故选AD。

9.如图所示，一倾角为。=30。的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固

定一定滑轮。。劲度系数为左=*的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2加的物块Q连接。一跨

过定滑轮。的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为加的物块P连接。初

始时物块P在水平外力尸作用下静止在直杆的/点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角

也为a。去掉水平外力尸，物块P由静止运动到2点时轻绳与直杆间的夹角6=53。。已知滑轮到水平直

杆的垂直距离为出重力加速度大小为g,弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮

大小及摩擦，sin53°=0.8,cos53°=0.6o则下列说法正确的是（）

A.物块P在/点时外力厂的大小为0.75加g

2z-7

B.物块P从/点运动到8点时，物块Q沿斜面下移的距离为——

4

C.物块P在/点和B点，这两个状态弹簧弹性势能相等

D.物块P运动到2点时，物块P、Q的速度之比为3:5

【答案】BC

【解析】

【详解】A.对物块P在/点时进行受力分析，有

F=Tcosa

Tsin。=mg

解得

T=2mg,F=43mg

故A错误；

B.物块P到/点时，对物块Q进行受力分析，沿斜面方向上

T=2mgsina+4单

解得此时弹簧弹力为

由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为

物块P到8点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了

0A-0B=2d--=—

44

故B正确；

C.物块P到8点时，弹簧此时的压缩量为

,3d

x=——

8

所以物块P在/点和B点，这两个状态弹簧弹性势能相等

故C正确；

D.物块P到5点时，P、Q速度满足

c3

vQ=vpcos^=-vp

物块P、Q的速度之比为

2k=5

[3

故D错误。

故选BCo

10.如图，光滑水平地面上有一质量为2kg的小车在水平推力下的作用下加速运动。车厢内有质量均为

1kg的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动

摩擦因数为0.1,杆与竖直方向的夹角为纵37。，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动

摩擦力。下列说法正确的是（）

A.若B球受到的摩擦力为零，则尸大小为24N

B.若B球受到的摩擦力为零，则厂大小为30N

C.若推力尸向右，则尸可能为21N

D.若推力尸向右，则尸可能为34N

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.若B球受到的摩擦力为零，则A球受到的弹力等于两球的合力，水平推力向右。对A球

据cos9=机球g

对B球

程;sin。=加球。

对车与球整体

尸=（机车+2加球）a

得

F=30N

A错误，B正确；

CD.若推力/向右，推力最小时，B球受最大静摩擦力向左，则

%sin37°—〃cos37°+机球g）=羽球力

推力最大时，B球受最大静摩擦力向右，则

%sin37°+〃（心cos37°+机球g）=羽球a?

外力范围为

（机车+2机球）4（加车+2机球）?

得

22N<F<38N

C错误，D正确。

故选BD„

三、实验题（本题共2小题，11题6分、12题10分，共16分）

11.雅礼中学物理兴趣小组设计了一个实验，利用汽车空挡（无动力）在斜面上滑行验证动能定理。校园

内北侧马路有个较长的平直斜坡，由指导教师吴迪老师驾驶车辆，车内同学手持可同时显示位置、速度的

北斗导航接收器，另外的同学持摄像机拍摄接收器，后期通过录像回放提取的数据如表格所示。已知汽车

的总质量L6t,斜坡倾角约10。（取sinl00=0.175,g=10.0m/s2）o请回答下列问题。

速度平方

位移m速度m/s

m2/s2

0.00.000.00

2.01.692.87

7.03119.68

15.04.6421.52

20.05.3929.04

32.06.8146.32

（1）汽车空挡下滑过程中阻力有。（写出一个）

（2）结合实验数据在图中绘制/—X关系图线

（3）通过声—x图像，可得恒力作用下物体速度的平方与通过的位移（选填“成正比”“成反

比”或“无关叽

（4）根据以上数据，此实验中汽车所受的总阻力约为N»（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）汽车与斜坡的摩擦力或空气阻力

（2）见解析（3）成正比

（4）1.6xlO3

【解析】

【小问1详解】

汽车空挡下滑过程中阻力有汽车与斜坡的摩擦力、空气阻力。

【小问2详解】

根据实验数据在图中描出对应点，作出商—》图像如图所示

【小问3详解】

通过耐—》图像，可得恒力作用下物体速度的平方与通过的位移成正比。

【小问4详解】

根据动能定理得

1,

mgxsmlO°-fa=—mv

解得

v21gsinlO。—

根据图像得

、.in。2f46.32.

2gsin10———=--------m/s

m32

解得此实验中汽车所受的总阻力为

/«1.6X103N

12.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G-Atwood1746〜1807）创制

的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能

守恒定律，如图乙所示。

（1）实验时，该同学进行了如下操作：

①将质量均为M（A的含挡光片、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态。测

量出（填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离

ho

②在B的下端挂上质量为加的物块C,让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电

门记录挡光片挡光的时间为加。

③测出挡光片的宽度力计算有关物理量，验证机械能守恒定律。

（2）如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为（已知重力加速度为

g）。

（3）引起该实验系统误差的原因有（写一条即可）。

（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物

块C的质量m,重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？。随加增大会趋于

一个什么值？请你帮该同学解决：

①写出。与加之间的关系式：（还要用到M和g）。

②a的值会趋于。

【答案】①.挡光片中心mg/z=1（2M+m）^③.绳子有一定的质量、滑轮与绳子

a=g

之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等©,2M+1⑤.重力加速度g

m

【解析】

【详解】（1）[1]需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离。

（2）[2]系统的末速度为

d

v=­

Ar

则系统重力势能的减少量

AEp=mgh

系统动能的增加量为

AE'k=；(2M+m)v~=；(2M+m)(-^-)2

若系统机械能守恒，则有

mgh=g(2M+m)(-^-)2

(3)[3]系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验系统误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑

轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等。

(4)[4][5]根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为加g,则系统加速度为

a=mg=g

2M+m2M।]

m

当加不断增大，则。趋于g。

四、解答题(本题共3小题，共40分。其中第13题10分，第14题14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，一根铅丝弯成形状“亡7”的两半圆形环，小圆环为半径尺，大圆环半径为小圆环半径的2

倍，两环上分别套着2个质量均为机可视为质点的珠子N和瓦半圆形环围绕过圆心的竖直轴以一定角速

度匀速旋转，两珠子相对半圆环静止时与圆心。的连线分别与竖直轴成30°、60°的夹角，重力加速度

为g，求：

(1)珠子/受到的摩擦力刚好为零时转轴的角速度。，

(2)在(1)的情况下，珠子8受到的摩擦力的大小。

【解析】

【分析】

【详解】（1）当珠子/所受摩擦力恰为零时，根据牛顿第二定律得

mgtan60°=ma)2Rsin60°

解得转轴的角速度

gtan60°_[2g

7?sin600-

（2）珠子4受到的摩擦力刚好为零时，分析可知珠子3有上滑的趋势，摩擦力沿切线向下，竖直方向上

0

FNcosSO-/^sin30°-mg=0

水平方向上

品sin30°+%cos30°=mco1x27?sin30°

联立解得

Ff=（V3-1）mg

14.如图甲所示装置由置物架、运动箱、轻绳、轻质滑轮和配重等构成，该装置能够使运动箱呈现4种不同

的运动状态一向下加速、减速和向上加速、减速（前述加速、减速过程中加速度大小不一定相等，但各

自保持不变）。轻绳左端固定在置物架的顶端，绕过轻质滑轮，与装有不同质量沙子的塑料袋所构成的配重

1和配重2连接，配重1和配重2之间通过一段轻绳连接。运动箱由透明箱休、重物、电子秤、固定的手机

等组成，内部结构如图乙所示。手机拍摄电子秤的示数变化，同时可利用相关软件将拍摄到秤的示数同步

投影到屏幕上。已知配重1和配重2的质量分别为如和〃?2,不计轻绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度为

（I）运动箱及内部所有物体的总质量用m表示，则m大小应满足什么条件?

（2）若运动箱及内部所有物体的总质量为加，其中重物的质量为《机，将运动箱拉至置物架的底板上由

2

m,

静止释放，运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子秤的示数先后为0.6加g和0.3%g,求」。

m2

【答案】（1）2机1（机<2（机1+机2）

【解析】

【小问1详解】

装置能够使呈现4种不同的运动状态一向下加速、减速和向上加速、减速，配重1和配重2之间轻绳未

绷直，运动箱加速度向下，即

mg>2wjg

配重1和配重2之间轻绳绷直后，运动箱加速度向上，即

mg<2（机］+m2）g

解得

2机［<m<2（机］+m2）

【小问2详解】

重物向上加速过程中，满足

0.6mg-mog=mQax

1

m0=~m

解得

1

%=5g

运动箱向上加速过程中，设轻绳上的拉力为尸1，根据牛顿第二定律可得

（叫+m2^g-Fi=2（吗+机2）%

2R-mg=max

重物向上减速过程中，满足

mog-0.3mg=m0a2

解得

2

%=yg

运动箱向上减速过程中，设轻绳上的拉力为尸2,根据牛顿第二定律可得

F2-mxg=2吗％

mg-2F2=ma2

联立解得

mx1

m25

15.一游戏装置如图所示，图中P为弹射装置，为倾角夕=37。的倾斜直轨道，8c为水平轨道，C、D

分别为竖直圆轨道的最低点和最高点，竖直圆轨道与水平轨道相切于C点，CE为足够长的倾斜轨道，各段

轨道均平滑连接，以/点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标

系。已知：圆轨道半径R=0.3m,轨道长为4=1«1,轨道3C长为4=0§m。通过调节弹射装置P在

坐标平面内的位置以及小滑块水平弹出的初速度，使滑块均能无碰撞从/点切入轨道/瓦滑块与/夙BC

段间动摩擦因数均为〃=0.5,其余各段轨道均光滑。滑块质量为机=0.3kg,滑块可视为质点，

sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小为g=10m/s2。

乙

(1)若滑块从纵坐标y=0.9m的某点弹出：

(i)求滑块弹出时的初速度大小％;

(ii)试通过计算判断滑块能否通过圆轨道的最高点D.

(2)若滑块从/点切入后，能进入竖直圆轨道且第一次在圆轨道上运行时不脱离圆轨道，则滑块弹出时

所处位置的纵坐标〉应满足什么条件？

【答案】(1)(i)