安徽省六安市某中学2024-2025学年2025届高三年级上册10月月考物理试卷

六安二中2025届高三第二次月考

物理试卷

分值：100分时间：75分钟

注意事项或温馨提示

1.考生务必将自己的姓名、考生号、考试科目涂写在答题卡上。

2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题卷上。

3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。

4.保持答题卡卷面清洁，不折叠，不破损。

一、单选题（只有一个选项符合题意，每题4分，共32分）

1.如图所示，在一端封闭的的光滑细玻璃管管中注满清水，水中放一个蜡块块，蜡块块在匀速上浮的的同

时，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动，以初始位置为坐标坐标原点，蜡块的运动轨迹可能为（）

【答案】B

【解析】

【详解】小圆柱在竖直方向为匀速运动，水平方向为匀加速直线运动，则可知合力沿x轴正方向，可知图

象为向右弯曲的抛物线故B正确，ACD错误。

故选B。

2.韩国棋手李世石与AlphaGo的人机对决曾引起了全世界的关注。解说围棋的大棋盘如图所示，棋盘竖直

放置，棋盘和棋子都是磁性材料制成，棋子能吸在棋盘上，不计棋子之间的相互作用力，下列说法正确的

是（）

第1页洪18页

A.棋子受到的弹力是棋子的形变引起的

B.棋子受到的磁力与它受到的弹力是一对作用力与反作用力

C.磁性越强的棋子，所受的摩擦力越大

D.棋子受到的摩擦力与它受到的重力是一对平衡力

【答案】D

【解析】

【详解】A.弹力产生的原因是由于施力物体形变，对受力物体产生弹力的作用，棋子受到的弹力是由于

棋盘形变产生的，故A错误；

B.棋子受到的磁力与它受到的弹力均作用在棋子上，是一对平衡力，故B错误；

CD.棋子在竖直方向受到重力和棋盘给的竖直向上的静摩擦力，是一对平衡力。棋子重力大小不变，则所

受的摩擦力大小不变，故C错误，D正确。

故选D。

3.如图所示，一个质量为机的滑块静止在倾角为30。的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P

点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30。。则（)

A.滑块一定受到三个力作用B.弹簧一定处于压缩状态

C.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于5MgD.斜面对滑块的支持力大小可能为零

【答案】C

【解析】

【详解】A.弹簧与竖直方向的夹角为30°,所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以

斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，

也可能有弹簧的弹力，故A错误；

第2页/共18页

B.弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故B错误；

C.根据滑块沿斜面方向上二力平衡可知，斜面对滑块的摩擦力大小一定等于

f=/ngsin30°=

故C正确；

D.由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于;Mg）,不可能为零，所以斜面对

滑块的支持力不可能为零，故D错误。

故选C。

4.如图所示，轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，小球随杆在竖直平面内做圆周运动，重

力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.小球运动到最低点时，杆对球的作用力大于小球重力

B.小球运动到最高点时，杆对球的作用力方向一定向上

C.小球能通过最高点的最小速度为Jg/

D.小球运动到水平位置A时，所受合外力一定指向。点

【答案】A

【解析】

【详解】A.小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律，有

V2

F-mg=m—

在最低点速度不可能为0,所以杆对球的作用力为向上的拉力，且大于小球重力，A正确；

B.小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律，若杆对球无作用力，有

V2

mg=m—

可得

第3页/共18页

若小球的速度大于-屈，则杆对球为向下的拉力，若小球的速度小于.向，则杆对球为向上的支持力，B

错误；

C.由于杆对球能提供支持力，所以小球能通过最高点的最小速度为0,c错误；

D.若小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则在水平位置A时，所受合力指向。点，若小球做变速圆周运

动，则还应受到改变速度大小的切向力，所以小球所受合力，不会指向圆心。点，D错误。

故选Ao

5.细绳拴一个质量为根的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与

竖直方向的夹角为53。，如图所示（已知8$53。=0.6,5苗53。=0.8）,以下说法正确的是（）

hi

A.小球静止时弹簧的弹力大小为』

4

4

B.小球静止时细绳的拉力大小为-mg

C.细线烧断瞬间小球的加速度立即为g

D.细线烧断瞬间小球的加速度立即为

【答案】D

【解析】

【详解】AB.小球静止时，分析受力分析，如图所示

由平衡条件得：弹簧的弹力大小为

4

F=wgtan53°=-mg

细绳的拉力大小为

故A错误，B错误;

CD.细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬

第4页/共18页

间小球的加速度大小为

T5

a=-=-g

ni4

则小球不会做自由落体运动，故D正确，C错误。

故选D。

6.2024年5月3日嫦娥六号发射成功，5月8日成功实施近月制动（如图所示），并顺利进入环月轨道飞

行。假设登月探测器在环月轨道1上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2,再由近月点。点进入圆轨道3,

己知轨道1的半径为3r,轨道3的半径为r,登月探测器在轨道3的运行周期为T,则登月探测器

A在轨道1上运行的周期为3

B.从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，需要点火加速

C.沿轨道1过P点比沿轨道2上过P点时的加速度大

D.沿轨道2运行时，经尸点和0点时的加速度大小之比为1:3

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据开普勒第三定律

京7=尹

得

（=3后

故A正确；

B.从轨道2上的。点进入圆轨道3时，做近心运动，需要减速，故B错误;

C.万有引力提供向心力，根据

八Mm

Cr—^r=ma

GM

a=—―

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沿轨道1过尸点加速度等于沿轨道2上过P点时的加速度，故C错误;

D.根据

GM

a=——

R2

沿轨道2运行时，经P点和。点时的加速度大小之比为1:9,故D错误。

故选Ao

7.升降机从井底以5m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4s升降机底板上

升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g=lOm/s?,下列说法正确的是（）

A.螺钉松脱后做自由落体运动B.矿井的深度为80m

C.螺钉落到井底时的速度大小为40m/sD.螺钉松脱后运动的整个过程中平均速率为15m/s

【答案】B

【解析】

【详解】A.螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动，故A错误；

B.矿井的深度为

%=v（/2_%，2+JgG=80m

故B正确；

C.螺钉落到井底时的速度大小为

v=-v0+gt2=35m/s

故C错误；

D.螺钉上抛高度

h,=-i=1.25m

2g

螺钉脱落时高度

1,

%=_%+第2=60m

螺钉松脱后运动的整个过程中平均速率

v=+—.=15.625m/s

故D错误。

故选B。

8.宇航员在地球表面一斜坡上尸点，沿水平方向以初速度地抛出一个小球，测得小球经时间r落到斜坡另

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一点。上。现宇航员站在某质量分布均匀的星球表面相同的斜坡上尸点，沿水平方向以初速度2%抛出一

个小球，小球仍落在斜坡的。点。已知该星球的半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G。不计

空气阻力，下列说法正确的是（）

A.该星球上从尸运动到Q的时间也是t

B.该星球的质量为用=%”

G

C.该星球的密度为Q=2一

TTGR

D.该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：1

【答案】C

【解析】

【详解】A.小球抛出后做平抛运动，由平抛运动的规律可得，小球在地球表面时，在水平方向

X=vot

在竖直方向

12

y=-&

小球在某星球表面上时，则有在水平方向

x0=x=2voto

在竖直方向

12

yo=y=^goto

解得

go―4g,力。=5

故A错误；

BC.设星球质量为在该星球表面质量是斜的物体，则有

r\

解得

第7页/共18页

M=工皿

GG

该星球的密度为

4gH2

丝=工」

故B错误，C正确；

D.由万有引力提供向心力可得

2

「Mmv

G声=6万=叫

解得

则，该星球的第一宇宙速度为

%=^^=2而

地球的第一宇宙速度

v地

因地球的半径与该星球的半径关系不确定，因此该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比不确

定，故D错误。

故选C。

二、多选题（有多个选项符合题意，每题5分，共10分）

9.如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30。和

60。,有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

A.A、B球受到的支持力之比为.巧：1B.A、B球的向心力之比为：1

C.A、B球运动的角速度之比为3：1D.A、B球运动的线速度之比为1：1

【答案】ACD

【解析】

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【详解】A.根据平衡条件得

FNAsin30°=mg

FNBsin60°=mg

解得

Fq_G

A正确；

B.根据题意得

mg

tan^O0

mg

tan60°

解得

凡i

B错误；

C.根据牛顿第二定律得

mg

=mWh./ztan30°

tan^f)0

mg

=•//tan60o

tan60°

解得

吗_3

环=1

C正确；

D.根据牛顿第二定律得

mgv；

——--=m------——

tan30°Atan30°

=m

tan60°/ztan60°

解得

以1

%=1

第9页/共18页

D正确。

故选ACDo

10.如图1所示，足够长质量M=2kg的木板P静止在光滑的水平地面上，一个可视为质点的物块Q以初

速度％=6m/s从左端滑上长木板P,P、Q的M图像如图2所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加

速度g取10m/s2,下列说法正确的是（）

图1图2

2

A.物块Q的质量为々kgB.P、Q之间的动摩擦因数为0.4

C.长木板P的最小长度为3mD.2s内Q相对地面运动的位移为4m

【答案】BC

【解析】

【详解】根据VI图像中斜率表示物体运动的加速度，可知P、Q在1s内共速前的加速度分别为

o=---m/s2=-4m/s2,a.,=---m/s2=2m/s2

nQi-n*i_n

AB.分别对p、Q受力分析，设P、Q之间的滑动摩擦力大小为广，物块Q的质量为根，根据牛顿第二

定律可得

-f=maQ,f=Map

代入题中数据解得

/=4N,m-1kg

又因为滑动摩擦力

f=Pmg

解得

〃=0.4

故A错误，B正确;

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C.图像与横轴围成的面积表示位移，长木板P对应的最小长度应是在1s时Q恰好到达长木板最右端，则

长木板P的最小长度为

,（6+2）xl（0+2）xl、

L=x-x„=-----m---------------m=3m

Qnp22

故C正确；

D.图像与横轴围成的面积表示位移，2s内Q相对地面运动的位移为

,（6+2）xl\,

xQn=---2--m+2xlm=6m

故D错误。

故选BCo

三、实验题（每空2分，共16分）

11.实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用如图所示的装置让滑块做匀加速直线

运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L用游标卡尺测得遮光条的宽度

d,遮光条通过光电门A、B的时间（乙、可通过计时器（图中未标出）分别读出，滑块的质量（含遮光

条）为钩码的质量为优。重力加速度为g,忽略滑轮的质量及绳与滑轮之间的摩擦，回答下列问题：

（1）实验时（选填“需要”或“不需要”）满足钩码的质量远小于小车的质量；

（2）滑块的加速度。=（用L、k、、d来表示）

（3）改变钩码质量得到一系列的滑块加速度a和传感器示数尸，通过得到的实验数据，描绘了a-R图像。

若实验前，已将气垫导轨调至水平，但忘记打开气源，得到的a-R图像如图所示，图线的斜率为左，纵截

距为6,滑块与导轨之间的动摩擦因数〃=；滑块的质量般=。（用工、b、g表示）

第11页供18页

J2，]]、b

【答案】①.不需要②.——③.一④.?

2%门殳b

【解析】

【详解】(1)5对滑块由牛顿第二定律得

T=Ma

T可直接由传感器读出，故不需要钩码的质量远小于小车的质量；

(2)[2]由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为

滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度时间关系可得2厘=代-此可得

(3)[3][4]未打开气源，滑块所受摩擦力不可忽略，根据牛顿第二定律可知

F-/JMg=Ma

整理得

由图像可得

Ng=b

〃=一

2

12.某同学用如图所示的仪器研究平抛运动的规律。

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(1)该实验，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是()

A.刻度尺B.秒表C.坐标纸D.天平

(2)实验中，下列说法正确的是()

A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下

B.斜槽轨道必须光滑

C.挡板每次往下移动的距离必须相等

D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起

(3)在实验中，该同学只记录了A、8、C三点(A点不是抛出点)，各点的坐标如图所示，则物体运动的

初速度为m/s,从抛出点运动到8点所需时间为s(计算结果均保留二位有效数字，g取

10m/s2)«

【答案】(1)AC(2)A

(3)①.1.00.20

【解析】

【小问1详解】

下列器材中还需要的是刻度尺和坐标纸，故选AC；

【小问2详解】

A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，以保证小球到达底端时速度相同，选项A正确；

B.斜槽轨道不一定必须光滑，选项B错误；

C.挡板每次往下移动的距离不一定相等，选项C错误；

D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该舍去误差较大的点，用一条平滑的曲线把合适的点连接起

来，选项D错误。

故选Ao

【小问3详解】

口］⑵根据

△y=gT2

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可得

T回/0.40-0.15-0.15.,

\gy10

初速度

v=—=—m/s=1.Om/s

0n70I

B点的竖直速度

h0.4

v„=1AC=——m/s=2.0m/s

BRy770?

从抛出点运动到B点所需时间为

Zg=^=0.20s

£

四、解答题（要有必要的解题过程，只写答案不得分，共42分）

13.一辆货车以12m/s的速度在平直公路上前进，发现有货物掉下后，立即关闭油门以大小为2m/s2的加

速度做匀减速直线运动，货车开始做匀减速直线运动的同时，有一骑自行车的人立即拾起货物从静止出

发，以大小为2m/s2的加速度追赶货车，已知自行车能达到的最大速度为8m/s（货物掉下时间不计且落地

后立即静止），求：

（1）货车做匀减速运动的位移大小；

（2）自行车至少经过多长时间能追上货车。

【答案】⑴36m（2）6.5s

【解析】

【小问1详解】

已知货车的初速度为％=12m/s,加速度大小为由=2m/sz,货车做匀减速运动的时间为

r,=—=6s

a,

货车做匀减速运动的位移为

1

再=人

解得

Xi=36m

【小问2详解】

第14页/共18页

2

已知该自行车的加速度为%=2m/s,最大速度为v2=8m/s,自行车做匀加速运动达到最大速度的时

间和位移分别为

/2=—=4s

4

则位移为

1

X2=/，2

解得

龙2=16m

之后自行车以最大速度做匀速直线运动，到货车停止运动时，其位移为

x3=v2(^-?2)=8x2m=16m

由于故货车停止运动时，自行车没有追上货车，然后自行车继续以最大速度匀速运动追赶货

车，由匀速运动公式得

X1-(电+%)=V2t3

代入数据解得

%=0.5s

自行车追上货车的时间

%=4+2=6.5s_

14.如图所示，质量为1kg的物块放在倾角为30°的固定斜面底端，在与斜面成30。角的R=10J3N的外

力作用下，物块从静止开始沿斜面向上运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数〃=3,重力加速度g取

10m/s2,斜面足够长，求：

(1)物块加速度的大小；

(2)当物块的速度为5m/s时，撤去拉力R求从开始到运动到最高点物块运动的位移大小。

第15页供18页

(3)改变外力尸的大小和方向，使物体恰能沿斜面向上匀速运动时，求外力尸的最小值。

【答案】(1)10m/s2

(2)2.5m(3)5.、”N

【解析】

【小问1详解】

对物块受力分析如图所示

Feos300mgsin30°=mat

其中

f=〃(/ngcos30°-Fsin30°)

解得物块加速度的大小为

a=10m/s2

1

【小问2详解】

撤去拉力后，物块沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有

mgsin30°+/Jmgcos30°=ma2

解得

a-10m/s2

2

撤去拉力后，当物块沿斜面向上运动速度变为5m/s时，由运动学公式

nj-试=2a

代入数据解得物块运动的位移为

22

x=——+----=2.5m

【小问3详解】

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对物体受力分析如图所示，设尸与斜面的夹角为a,过物体重心做直角坐标如