【文档说明】海南省文昌中学2024-2025学年高三上学期第二次月考试题 物理 Word版含解析.docx，共(13)页，2.974 MB，由小赞的店铺上传

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2024—2025学年度第一学期高三第二次月考试题物理注意事项：1．本试卷分为选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，将条形码正确粘贴在条形码区域内。2．作答选择题时，选出每

小题答案后，用2B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。3．作答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上相应的答题区域。超出答题区域书写的答案无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱。不准使

用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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．下列说法中正确的是A．胡克总结出弹簧弹力总是与形变量成正比关系B．伽利略通过理

想斜面实验否定了力是维持物体运动的原因C．kg、m、N、A都是国际单位制中的基本单位D．速度txv=和加速度a＝Fm都运用了比值法定义的2．“天宫课堂”的奇妙“乒乓球”实验中，在梦天实验舱内航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用球拍击球，水

球被弹开。对于该实验说法正确的是A．梦天实验舱内，水球质量变大，其惯性不变B．梦天实验舱内，水球弹开的速度越大，其惯性越大C．击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的D．击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对平衡力3．如图，某飞

行器在月球表面起飞后，一段时间内沿与月面夹角为θ的直线做匀速运动。此段时间飞行器发动机的喷气方向可能沿A．方向①B．方向②C．方向③D．方向④4．一位同学将水杯竖直握在手里，匀速走在校道上。如果水杯离地的高度保持不变，当他减速向前走时，

手对水杯的作用力A．变大B．不变C．变小D．无法确定5．如图所示，两物块之间连接一个处于压缩状态的轻弹簧，静止于水平粗糙木板上。现将整体自由下落，可观察到的现象是两物块A．仍相对木板静止B．相对木板运

动且彼此靠近C．相对木板运动且彼此远离D．是否相对木板运动由物块的质量大小关系决定6．如图所示，排球运动员在原地竖直向上做抛接球训练，排球经2s到达最高点，把上升的总高度分成四等份，排球通过前两等份高度用时记为1t，通过最后一等份高度用时记为2

t。空气阻力不计。则21tt满足A．2113ttB．2135ttC．2157ttD．2179tt7．羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，

则羽毛球在该轨迹上运动时A．在A、B两点的速度大小相等B．整个飞行过程中经过P点时的速度最小C．AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间D．在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量小于重力加速度值8．如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹

簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a和c的质量均为2m，b的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体a，则A．释放瞬间，a的加速度大小为gB．释放瞬间，b的加速度大小为23gC．c刚离开地面时，b的

速度最大D．弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。9．提出与“力不是维持物

体运动的原因”观点相同或相接近的科学家是A．亚里士多德B．牛顿C．卡文迪什D．伽利略10．如图甲为烤肠机，香肠放置于两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量均匀的圆柱体，烤熟后质量不变，半径变大，金属杆不再转动。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩。若

金属杆对香肠的支持力为FN，两根金属杆对香肠的合力为F合，则香肠烤熟后A．F合不变B．F合变大C．FN减小D．FN增大11．如图所示，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体相对静止一起沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是A．图甲中物块A、B之间的绳子没有弹力B．图乙中物块A、B之间有弹

力C．图丙中物块A、B之间既有摩擦力，又有弹力D．图丁中物块A、B之间既有摩擦力，又有弹力12．某同学通过传感器测得的甲、乙两物体的运动图像如图所示，x轴为时间t。已知甲曲线两部分均为抛物线，且t=0s与t=1s分别为开口向

上和开口向下的抛物线的顶点。下列说法正确的是A．若y轴为位移，甲物体0~1s和1~2s加速度大小相等B．若y轴为位移，0~1s乙物体平均速度大于甲物体平均速度C．若y轴表示速度，0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍D．若y轴表示速度，且两物体在同一直线上运动，可能在t=1

s时刻相遇13．如图所示为物流货场使用传送带搬运货物的示意图。传送带与水平面成37°角，并以3m/s的速度沿逆时针方向匀速转动。现将货物轻放在传送带的上端点A处，经1.3sy图甲图乙货物到达传送带的下端

点B处。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是A．传送带AB两点间距为3.45mB．传送带AB两点间距为4.45mC．从A点到B点的过程中，货物相对传送带的位移为0.55mD．从A点

到B点的过程中，货物相对传送带的位移为1.45m三、实验题：本题共2小题，第14题6分，第15题12分，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处。14．如图1所示，“验证力的平行四边形定则”的实验步骤如

下：①用两个相同的弹簧测力计沿细绳互成角度拉套在橡皮筋结点的细绳套，使橡皮筋伸长，结点到达纸面上某一位置静止，记为O；②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；③只用一个弹簧测力计拉绳套，使结点仍到位置O，记录弹簧测力计的拉力F的大小和方向；④按照力的图示

要求，作出拉力F1、F2、F；⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑥比较F与F的大小、方向的一致程度。（1）下列实验操作不需要的是哪项A．实验前，将两测力计水平互拉，选择读数始终相同的两弹簧测力计B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻

度C．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．实验中施加的力应适当大一些，可减小实验的相对误差。（2）尊重实验事实，重视实验中的原始数据记录，是一项重要的科学探究素养。①小赵同学在实验中确定F1与F2的方向时，先标记了O点，然后分别标了a、b点

，如图2所示，从减小实验误差的角度判断，标记得更为妥当的是（选填“a”或“b”）点；②下图A、B、C、D分别为四位同学提交的实验报告中的实验记录，符合实验事实的是。15．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了

如图甲所示的实验装置。拉力传感器是一种将物理信号转变为可测量的电信号输出的装置，用于检测小车受到的拉力大小。记录下拉力F和对应的加速度a。（1）实验中（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量远小于小车的质量；（2）第一实验小组在实验中

得到一条纸带的一部分如图乙所示，O、A、B、C、D是按打点顺序依次选取的计数点。用刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。根据图中数据

计算出加速度的大小为m/s2。（计算结果保留两位有效数字）（3）第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的a—F图像，该小组同学做实验时存在的问题是。（4）第三实验小组改钩码质量，测量多组数值，以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标

，作出的a-F图像如图丁所示，图像近似为过原点的一图丁图丙A条直线，已知直线上某点A的坐标为(),pq，则相对应点A时钩码的质量为。（重力加速度为g）（5）若不断增大钩码的质量，则小车的加速度随之增大，但最大值不会超过__

__________。四、计算题：本题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。16.（10分）许多餐厅出现了智能送餐机器人，如图所示，某次送餐机器人给m10=x远处的顾客上菜，要求全程餐盘保持水平，菜碗不能相对餐盘移动。已知：菜碗与餐盘之间的动

摩擦因数为25.0=，机器人上菜最大速度smvm/5.2=。机器人加速、减速运动过程中看成匀变速直线运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取2/10smg=。求：（1）机器人的最大加速度ma；（2）机器人上菜所用的最短时间t。17.（1

2分）如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α=37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg，拉杆箱的质量M=9.0kg，箱底与水平面间的夹角θ=30°，不计所有接触面间的摩擦，取

g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）若F=25N，求拉杆箱的加速度大小a和拉杆箱受到地面的支持力FN；（2）要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力大小满足的条件。18.（16分

）如图所示，一倾角30=的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P。长为5mL=的薄木板置于斜面上，其质量1kgM=，下端位于B点，5mPB=，薄木板中点处放有一质量1kgm=的滑块（可视为质点）。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数33=，

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上AB区间存在特殊力场，当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为10NF=的恒力作用，对木板无作用力，AB区域沿斜面的宽度为2.5ml=，重力加速度210m/s=g，现由静止释放薄木板和滑块。（1）求刚释放时薄木板运动的加速度大

小1a及滑块m刚进入AB区域时的速度大小1v；（2）求滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力f的大小和方向；（3）若薄木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，小滑块与挡板碰撞后即粘在挡板上，停止运动。求薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上

升到最高点的时间t（忽略滑块从薄木板上滑下时，对木板的影响，结果可保留根号）。2024—2025学年度第一学期高三第二次月考答案物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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。题号12345678答案BCDACACB【解析】1．胡克总结出在弹性限度内弹簧弹力与形变量间的正比关系，A错误；伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，B正确；kg、m、A都是国际单位制中的基本单位，N是导出单位，C错误；tx

v=的定义运用了比值法，而加速度a＝Fm不是比值定义法，D错误。2．AB．梦天实验舱内，水球质量不变，其惯性不变，AB错误；C．由弹力产生的条件可知，击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，C正

确；D．击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对相互作用力，D错误。3．飞行器做匀速直线运动，说明飞行器受合外力为零，即飞行器受重力和喷气推力方向相反，飞行器所受喷气的反冲力与喷气方向相反，由图可知推力在④的反方向，D正确。4．匀速行走时，由平衡条件可得手对水杯的作用力F=mg

，当他减速向前走时，设对水杯的作用力变为F/，则由牛顿第二定律有:竖直方向F/y=mg，水平方向F/x=ma，整理可得22)()(mamgF+=，a表示减速运动的加速度大小，故有F/>F，A正确BCD错误。5．未下

落时，两物块受到的弹力等于摩擦力，整体无初速度释放后，两物体和木板都处于完全失重状态，两物块对木板的压力为零，此时摩擦力消失。在水平方向上，两物块只受到弹簧的推力，由牛顿第二定律可知，两物块相对木板运

动且相互远离，与物块的质量无关，故选C。6．设上升最大高度为4h，排球向上运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动2142hgt=，解得总时间为8htg=，通过最后一等份高度2212hgt=，解得22htg=，排球通过后两等份高度2122hgt=，解得4htg=，通过前两等份高度用时18

4hhtttgg=−=−，所以21121222tt==+−，则2113tt，故选A。7．A．由图可知运动轨迹不对称即羽毛球在运动过程中受到重力和阻力的共同作用，阻力做负功，A的速度大于B点的速度，A错误；

B．在P点时，重力和阻力的合力与速度方向成钝角关系，速度减小，P点不是速度最小位置，B错误；C．在竖直方向上，AP段的加速度大于PB段的加速度，位移相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，C正确；D．在AP上升阶段，加速度的竖直分量由重力和阻力的竖直分力

之和提供，所以加速度大于重力加速度值。D错误。8．AB．刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上大小为F=mg，则对ab的整体，由牛顿第二定律23mgmgFma−+=，解得ab的加速度23ag=，A错误B正确；CD．当ab的加速度为零

时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，CD错误。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。题号910111213答案BDACACACD

BC【解析】9．卡文迪什测出引力常量G的值，亚里士多德提出“力是维持物体运动的原因”的观点，BD正确。10．香肠受到重力、两边金属杆的支持力，香肠烤熟后质量不变，由平衡条件可得两根金属杆对香肠的合力始终与重力等大反向，F合保持不变；半径变大

，重心升高，支持力与重力反方向的夹角减小，cosθ变大，FN变小，AC正确。11．设斜面的倾角均为，对AB整体分析都有()()ABABsinmmgmma+=+，即sinag=，图甲中对A分析，若绳子有拉力为T，由牛顿第二定律有AAsinmgTma+=，解得0T=

，A正确；假设图乙中A、B之间存在弹力为N，对A由牛顿第二定律有AAsinmgNma+=，解得0N=，B错误；图丙中A加速度沿斜面向下，即合力沿斜面向下，故此时必定受到水平向左的摩擦力的作用，所以AB间必有弹力，C正确；D．图丁中A若受到摩擦力，由牛顿

第二定律有AAsinmgfma+=，得0f=，A在垂直接触面方向受力平衡，故A受到B的弹力，D错误。12．A．若为位移—时间图像，0~1s内甲沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动，1s~2s沿反方向做初速度为零的匀加速

直线运动，两个过程位移大小相等，时间相同，由212xat=可知，加速度大小相等，A正确；B．若为位移—时间图像，0~1s内甲和乙的位移相同，所用时间相同，因此平均速度相同，B错误；C．若为速度—时间图像，可知图像与时间轴围成的面积表示位移，利用割补法，如图

所示，根据几何关系可知，乙的位移是甲的位移的2倍，因此可知0~2s乙平均速度为甲平均速度的两倍，C正确；D．若为速度—时间图像，0~1s内乙的图像与时间轴围成的面积比甲的图像与时间轴围成的面积大，可知0~1s内乙的位移大于甲的位移，但由于甲乙初始位置不确定，则两物体可能在t=

1s时刻相遇，D正确。13．开始阶段，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，得a1=10m/s2，货物的速度从零增至传送带的速度时用时为113s=0.3s10vta==，此过程货物的位移为1130.3m=0.45m22vxt==，传送带的位移'11

30.3m=0.9mxvt==，此后t2=t-t1=1.3s-0.3s=1s内，由于mgsinθ＞μmgcosθ，货物继续做匀加速运动，由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2得a2=2m/s2，继续匀加速运动至B点的位移2222221131

214m22xvtat=+=+=，传送带的位移'223mxvt==，传送带AB两点间距为mxxx45.421=+=，从A点到B点的过程中，货物与传送带的相对位移为''1212()0.55mxxxxx=+

−+=，故BC正确AD错误。三、实验题：本题共2小题，第14题6分，第15题12分，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处。14.（1）C（2）①a②A（每空2分）15.（1）需要不需要（2）2.4（3）平衡摩擦力过大（4）qgp−24（5）2

g（每空2分）【解析】14.（1）A．实验前，将两测力计水平互拉，其大小应相同，所以应该选择读数始终相同的两弹簧测力计，故A项需要；B．实验中，为了减少实验的误差，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故B项需要；C．橡皮

筋与两绳夹角的平分线可以不在同一直线上，故C项不需要；D．为减小实验的相对误差，实验中施加的力应适当大一些，故D项需要。（2）①题图中标记ab两点的目的是为了确认力的方向，而为了减少实验误差，所以两点应该尽量的远一些，故a点更妥当；②由题意可知F是理论值，其

应该是平行四边形的对角线，而F是测量值，其方向与AO在同一直线上。故选A。15.（1）[1]需要平衡摩擦力，才能使细绳拉力等于小车受到的合力；[2]力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码的质量远小于小车的质量；（2）[3]打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计

数点间还有4个计时点未标出，所以图中纸带上所取的相邻点的时间间隔为1s50.1s50T==，根据匀变速运动推论可得加速度为；（3）[4]根据图线可得当F为零时，小车就已经有一定的加速度，说明平衡摩擦力过大。（4

）[5]A的坐标为(),pq，即pF=时，小车的加速度qa=，钩码的加速度为2qa=，对钩码由牛顿第二定律得amFmg=−2，解得钩码质量为qgpm−=24。（5）[5]对车受力分析有FMa=，对钩码受力分析有122mgFma−=，由上两式解得24mgaMm=+，所以不断增大钩码的质量

，则小车的加速度随之增大，但最大值不会超过2g。四、计算题：本题共3小题，共38分。16.【解析】（1）设菜碗（包括菜）的质量为m，以最大加速度运动时，菜碗和托盘保持相对静止，由牛顿第二定律得：maf=（1分）又因为mgffm

=（1分）解得：2/5.2smga=，即最大加速度：2/5.2smam=（1分）（2）机器人以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短。加速达到最大速度所需时间：mmavt=1，解得：st1

1=（1分）通过的位移：1121tvsm=，解得ms25.11=（1分）同理，减速运动时间：stt113==（1分）位移：mss25.113==（1分）匀速运动位移：312ssss−−=，解得ms5.72=（1分）匀速运动时间：mvst22=，解得st32=（1分）所以最短时间

：321tttt++=,解得：st5=（1分）17.【解析】（1）对拉杆箱和箱包整体受力分析，由牛顿第二定律有amMF)(cos+=（2分）gmMFFN)(sin+=+（2分）解得2/2sma=（1分）NFN85=（1分）（2）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包受力如图由牛顿第二定律

有mmamg=tan（2分）同理对整体有mmamMF)(cos+=（2分）代入解得NNFm7233125=（1分）拉力大小满足的条件为NNF7233125（1分）18.【解析】（1）刚释放时由于斜面光滑，滑块与木板一起以加速度1a加速下滑0()sin()MmgMma

+=+（2分）解得21/5sma=（1分）滑块m刚进入AB区域时由lav1212=（1分）解得smv/51=（1分）（2）进入AB区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为2a，对整体2)(sin)(a

mMFgmM+=−+（1分）对滑块，所受木板的静摩擦力f静方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有2sinmaFfmg=−+静（1分）解得02=a，15N2fmg==静（1分）又因为滑块与木板间的最大静摩擦力mcos5NfNmg===假设成立。即滑块受木板的静摩擦力f静方向沿斜面

向下，大小为5N（1分）（3）滑块和木板一起匀速下滑l，薄木板第一次与挡板P碰撞后，对滑块有3cossinmamgmg=−（1分）解得03=a即m在M上仍然匀速下滑，对薄木板有4cossinMamgMg

=+（1分）解得24/10sma=，M以加速度4a匀减速上滑，设滑块离开薄木板的时间为1t，有ltatvtv=−+)21(2141111，解得st)221(1−=（1分）此时薄木板的速度1412tavv−=，解得smv/

)525(2−=（1分）分离后，对薄木板有5sinMaMg=，解得25/5sma=（1分）接着以加速度5a减速上滑至最高点，有2520tav−=，解得st)12(2−=（1分）所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为21ttt+=解得

2s2t=（1分）