【文档说明】湖南省邵阳市第二中学2025届高三上学期8月月考试题 物理 Word版含解析.docx，共(15)页，863.743 KB，由小赞的店铺上传

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邵阳市二中2025届高三第二次月考物理试卷时间:75分钟满分:100分考试范围（直线运动、相互作用力、牛顿运动定律）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目

要求的）1．杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景．在下列研究中可将运动员视为质点的是（）甲:跳水乙:体操丙:百米比赛丁:攀岩A．研究甲图运动员的入水动作B．研究乙图运动员的空中转体姿态C．研究丙图运动员在百米比赛

中的平均速度D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作2．如图所示，水平地面上静止叠放着a、b两个石块，已知a与b之间接触面切线不水平，不考虑a与b之间的万有引力以及空气影响，下列说法正确的是（）A．b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力

B．b共受到5个力的作用C．地面对b的摩擦力水平向左D．地面受到的压力等于a和b的重力之和3．某物理学习兴趣小组研究公交车的运动，公交车进站过程认为做匀减速直线运动直至停下．公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过

的位移之比为21:9，若公交车运动的加速度大小为21m/s,则（）A．公交车运动的总位移为60mB．公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之差为36mC．公交车的初速度为12m/sD．公交车运动的时间为10s4．“反向蹦极”是一

项比蹦极更刺激的运动．如图所示，劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相连，传感器示数为1000N．打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射

”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大．已知AB长为2m,人与装备总质量80kgm=（可视为质点）．忽略空气阻力，重力加速度g取210m/s．下列说法正确的是（）A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零B．经过C点

时，人处于超重状态C．弹性轻绳的劲度系数k为500N/mD．打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为222.5m/s5．如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q,三个球静止时，OQ段轻

绳与竖直方向的夹角74=．已知B、C两球的质量均为,sin370.6m=，则A球的质量为（）A．mB．1.2mC．1.5mD．1.6m6．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2,mB和C的质量都是m,A、B间的动

摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为4，B和地面间的动摩擦因数为8．设B足够长，最大静摩擦力等于滑动P摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平向右的拉力F,则下列判断正确的是（）A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过4mgB．当力F

逐渐增大时，A、B之间先发生打滑现象C．当力92Fmg时，B与A相对滑动D．无论力F为何值，B的加速度不会超过34g二、多项选择题（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，有错选的得0分）

7．如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为,绳OB水平．重力加速度为g,下列说法正确的是（）A．剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为tangB．剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为tangC．剪断绳OA瞬间，小球的加速度为零D

．剪断绳OA瞬间，小球的加速度为g8．一长为L的金属管从地面以0v的速率竖直上抛，管口正上方高()hhL处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过．已知重力加速度为g,不计空气阻力．关于该运动过程说法正确的是（）A．小球穿过

管所用时间等于0LvB．若小球在管上升阶段穿过管，则0()vhLg+C．若小球在管下降阶段穿过管，则0(2)2hLgvgh+D．小球不可能在管上升阶段穿过管9．如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速

率0v沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角,实验测得x与斜面倾角的关系如图（b）所示，取210m/s,52.24g==，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（）图（a）图（b）A．物体的初速率04m/sv=B．物体

与斜面间的动摩擦因数0.8=C．当30=时，物体达到最大位移后将保持静止D．取不同的倾角,物体在斜面上能达到的位移x的最小值min0.7mx10．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别

置于等高的光滑水平台面上，质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C使轻绳处于拉直状态．0t=时刻由静止释放C,经1t时间C下落h高度．运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g,则（）A．A、C运动的加速度大小之比为4:3B．A、C运动

的加速度大小之比为4:1C．1t时刻，C下落的速度为35ghD．1t时刻，C下落的速度为65gh三、实验题（本题共2小题，共16分）11．（8分）某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验．（1）本实验采用的实验方法是_________．A．控制变量法B．等效替代法C．理想模型法（2）实

验结果如图甲所示．在12FFFF、、、四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的力为_________甲乙A．1FB．2FC．FD．F（3）若用如图乙所示的装置来做实验，OB处于水平方向，与OA夹角为120，则_________（填“OA

”、“OB”或“OC”）的力最大．现保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直．在此过程中，弹簧测力计A的示数_________．（填“不断减小”、“不断增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”）12．（8分）为

测量木块与木板间的动摩擦因数，一同学设计了如图（甲）所示的实验装置，一装有光电门的足够长的木板，及与木板平滑连接的斜面，C为带遮光片的小木块．甲乙（1）测量遮光条宽度时，游标卡尺的示数如图（乙）所示，则遮光条的宽度d=_________mm；（2）保持光电门的位置不

变，多次改变小木块在斜面上释放点的位置，每次都将小木块由静止释放，记录每次小木块停止时小木块中心到光电门中心的水平距离x和遮光条通过光电门的时间t,为了能直观地显示x与t之间关系，即作出线性图像，其应作_________；（填选项序号）A．xt−图像B．2x

t−图像C．1xt−图像D．21xt−图像（3）下列选项中，哪一项是实验中必要的措施及要求_________；A．必须保持长木板水平放置B．测量带遮光片小木块C的质量C．测量光电门到斜面底端的距离D．每次必须由静止释

放小木块（4）若（2）问中正确图像的斜率为k,当地的重力加速度为g，不计细线与滑轮间的摩擦及空气阻力，则小木块与木板间的动摩擦因数为_________．（用字母表示）四、解答题（13题10分，14题14分，15题16分）13．（10分）如图，轮滑

训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距09md=.,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行．现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时10.4st=,从2号锥筒运动到3号锥筒用时20.5st=．求该同学（1）滑行的加速度大小；（2）最远能

经过几号锥筒．14．（14分）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点．质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力．已知轨道半圆形部分的半径0.4mR=,重力加速度大小210m/sg=．甲乙（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v;（

2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示．（i）求和m;（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力8NF=,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对

地的速度大小为7m/s．求轨道水平部分的长度L．15．（16分）如图所示，水平面上镶嵌两个传送带甲、乙，甲的长度为2m,乙的长度为6m,甲左侧地面粗糙，甲、乙之间的地面光滑且长度为0.5m,在电动机的带动下甲顺时针转动，速度为3m/s,乙逆时针转动，速度未知．质量为0.1kg

的物体a从距甲左端1m处，在恒定外力F的作用下由静止开始运动，滑上甲时撤去外力F,此时a的速度为02m/sv=,质量为0.5kg的物体b静止于乙左端的地面上．a与甲左侧地面及甲间的动摩擦因数均为15，与乙间的动摩擦因数为445，b与乙间的动摩擦因数为140，a、b均可视为质点

且它们间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度210m/sg=．求:甲乙（1）a在甲上从左端滑到右端所用的时间；（2）a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能；（3）a与b从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔．邵阳市二中2025届高三第

2次月考物理答案12345678910CDDCBCBDABADAD1．【答案】C【详解】A．研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错误；B．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和

体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故B错误；C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看为质点，故C正确；D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所

研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故D错误．故选C．2．【答案】D【详解】A．b对a的支持力与a受到的重力不在同一直线上，所以不是一对平衡力，故A错误；BCD．以a、b两个石块为整体，根据受力平衡可知，地面对b只

有支持力作用，没有摩擦力作用，则地面受到的压力等于a和b的重力之和；以b为研究对象，b受到重力、a对b的压力和摩擦力、地面的支持力作用，共4个力的作用，故BC错误，D正确．故选D．3．【答案】D【详解】设公交车开始减速的速度

为0v，运动总时间为t,则公交车在最初减速6s内通过的位移为()2100001618m2Xvtatv=−=−把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，最后6s内通过的位移为221118m2xat==由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之比为21:

9，则由以上有061821189v−=又有00vat=−代入数据解得010m/s,10svt==则公交车的总位移为220111010110m50m22xvtat=−=−=公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之差为1224mxxx=−=故

ABC错误，D正确．故选D．4．【答案】C【详解】C．在B点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kxm=；在A点未释放时，有kxmg=又2mxx−=联立，解得500N/mk=故A错误；C正确；B．在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态．故B错误；D．打

开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得kxmgFma−==解得212.5m/sa=故D错误．故选C．5．【答案】B【详解】对O点受力分析如下由题可知OQOB、段的拉力满足OQOBFFmg==将OQOBFF、合成如上图所示，由于三个球静止，O点受力

平衡，根据几何关系有OQOBFF、是平行四边形的两边，有2sin371.2OPOBFFFmg===合则有A球的质量为1.2OQAAFGmmgg===故选B．6．【答案】C【详解】A．A、B间的最大静摩擦力为122fmgmg==B、C间的最大静摩擦力为2

44mgfmg==B与地面的最大静摩擦力为3(2)82mgfmmmg=++=若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知3(2)Ffmmma−=++假设C恰好与B相对不滑动，则

对C有2fma=解得14ag=32Fmg=设此时A与B间的摩擦力为，对A有2Ffma−=解得1fmgf=表明C达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过32mg，故AB错误；C．B相对A滑动时，C早已

相对于B发生相对滑动，对AB整体23(2)Fffmma−−=+对A研究得22Fmgma−=解得92Fmg=故当拉力大于92mg时，B相对A滑动，故C正确；D．当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大

，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有123Bfffma−−=解得B54ag=故D错误．故选C．7．【答案】BD【详解】AB．剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，沿切线方向可得sinm

gma=解得sinag=故A错误，B正确；CD．剪断OA瞬间，小球将绕B点开始做圆周运动，此时切线方向的加速度大小为g,故C错误，D正确．故选BD．8．【答案】AB【详解】A．两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对

管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为0Ltv=故A正确；B．刚好在管上升最高点穿过管有2200122vvLhggg+−=解得0()vhLg=+若小球在管上升阶段穿过管，则0()vhLg+故B正确；C

．若小球在管刚着地时穿过管，有20212vhLgg+=解得0()2ghLv+=结合B分析可知小球在管下降阶段穿过管则0()()2hLgvhLg++故C错误；D．根据以上分析可知，故D错误．故选AB．9．【答案

】AD【详解】A．由图可知，当90=时物体做竖直上抛运动，位移为0.80mx=,由竖直上抛运动规律可知202vgh=代入数据解得04m/sv=故A正确；B．当0=时，位移为1.60mx=,由动能定理可得20102mgxm

v−=−代入数据解得0=．故B错误；C．若30=时，物体的重力沿斜面向下的分力为1sin302mgmg=最大静摩擦力为m3cos30sin304fmgmgmg==小球达到最高点后会下滑，故C错误；D．由动能定理得201sincos02

mgxmgxmv−−=−解得2082(sincos)55sin()vxg==++当90+=时，sin()1+=,此时位移最小为8m0.7m55x=故D正确．故选AD．10．【答案】AD【详解】AB．根据题意，由牛顿第二定律可得A

Tma=；B2Tma=解得AB:2:1aa=则路程之比2AA2BB12212atssat==设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s,可知此时C运动的路程为1.5s,则有ABC::4:2:3aaa=故A、C运动的加速度

大小之比为4:3，A正确，B错误；CD．由vat=可知ABC::4:2:3vvv=,C下落过程ABC组成的系统机械能守恒222ABC111424222mghmvmvmv=++解得C65vgh=，C错误，D正确．故选AD．11．（

8分）【答案】（1）B（2）C（3）OA不断减小【详解】（1）该实验过程，其合力与分力的作用效果，所以本实验采用的科学方法是等效替代法．故选B．（2）12FFF、、,都是弹簧测力计测量得到，F是通过作图得到的．故选C．

（3）[1]以O为对象，OB与OC垂直，根据平行四边形可知OA为斜边，则OA的力最大．[2]当弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直的过程中，两弹簧细线夹角保持不变，由正弦定理可得AsinsinFmgBOCAOBBOC=为锐角且不断减小，可得弹

簧测力计A的拉力AF不断减小．12．（8分）【答案】3.10DA22dkg【解析】（1）游标卡尺读数为320.053.10mmd=+=（2）已知遮光条宽度为d,则滑块经过光电门速度为dvt=已知木块中心到光电门中心的水平距离为x,则有22vax=且有mgm

a=联立以上各式，有222dgxt=所以应做21xt−图像．（3）实验中需要测量小木块在水平面的加速度，所以长木板需水平放置；实验中没有必要测小木块的质量；实验中研究的为小木块通过光电门直至停止的过程，故不需要测量光电门到斜面底

端的距离并且没必要每次必须由静止释放小木块．（4）根据对（2）的分析，有22dkg=则有22dkg=四、解答题（13题10分，14题14分，15题16分）13．【答案】（1）21m/s;（2）4【解析】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度

等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为112.25m/sdvt==2、3间中间时刻的速度为221.8m/sdvt==故可得加速度大小为212121m/s22vvvattt−===+（2）设到达1号锥筒时的速度为0v,根

据匀变速直线运动规律得201112vtatd−=代入数值解得02.45mv=从1号开始到停止时通过的位移大小为203.00125?m3.332vxda==故可知最远能经过4号锥筒．14．【答案】（1）4m/sv=;（2）（i）1kg,0.2m==；（3）4.5mL=【解析】（1

）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有23vmgmgmR+=代入数据解得4m/sv=（2）（i）根据题意可知当4NF时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知()FMma=+根据图乙有110.5kgkMm−==+当外力4NF时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有FmgMa

−=结合题图乙有1mgaFMM=−可知111kgkM−==截距22m/smgbM=−=−联立以上各式可得1kg,1kg,0.2Mm===（ii）由图乙可知，当8NF=时，轨道的加速度为26m/s,小物块的加速度为222m/sag==当小物块运动到P点时，经

过0t时间，则轨道有110vat=小物块有220vat=在这个过程中系统机械能守恒有22221234111122222MvmvMvmvmgR+=++水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有1234MvmvMvmv+=+联立解得01.5st=根据运动学公式

有2210201122Latat=−代入数据解得4.5mL=15．【答案】（1）0.75s（2）0.3J（3）4s【详解】（1）物体a滑上甲时，根据牛顿第二定律有11aamgma=设经过时间t,物体a和传送带速度相同，则有01vvat=+解得0.5t=此过程物体a的位移015m2m24vv

xtL+===甲表明物体a先向右做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，则匀速直线运动的时间11Lxtv−=解得0.25st=则a在甲上从左端滑到右端所用的时间为0.75st=总（2）在物体a向右做匀加速直线运动过程，传送带甲的位移230.5m1.5

mxvt===则a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能为12aEmgx=解得0.3JE=（3）a与b发生弹性碰撞，则有12aabmvmvmv=+22212111222aabmvmvmv=+解得122m/s,

1m/svv=−=滑体a与b碰撞后经过时间1t到达传送带甲的右端，则有11xvt=解得10.5s0.25s2t==滑体a再次从右侧滑上甲后由于速度小于甲传送带的速度，则滑体a在甲上做双向匀变速直线运动，根据对称性有1112vvgt−=+解得22st=滑体b从左侧滑上乙后先做匀减速直线运动，

根据牛顿第二定律有231m/s4bbbmgam==滑体b减速至0过程，利用逆向思维，则有2222m2m227bbvxa==234sbvta==滑体a再次从左侧滑上乙后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有228m/s9aaamgam==

若其减速位移为bx,则有214412baxvtat=−解得时间为1.5s与3s,3s不合理，取1.5s,即有41.5st=由于321424stttt=++=可知，当滑体b从左侧滑上乙做匀减速直线运动至速度恰好减为0时，两者恰好

第二次碰撞，即物体a与物体b从第一碰撞到第二次碰撞的时间间隔为4s．