【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高三上学期月考试卷物理试题（二） 含解析.docx，共(20)页，2.795 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0d6e1bd599c376efd977d7de39bde2b3.html

以下为本文档部分文字说明：

雅礼中学2024届高三月考试卷（二）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.将一小钢球从某一高度水平抛出，其与水平地面碰

撞后水平方向分速度保持不变，竖直方向分速度比碰撞前的要小，则关于小钢球运动轨迹描绘可能正确的是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据题意可知，小球竖直方向上的速度减小，即小球在空中运动的时间减小，上升的高度逐渐减小，水平速度不变，水平位移逐渐减小。故选D。2.

如图为小明玩橡皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于拉伸状态。在橡皮筋逐渐恢复原长的过程中，小球一直在上升，下列说法正确的是（）A.小球动能一直增加B.小球机械能一直增加C.小球一直处于超重状态D.橡皮筋与小球构成的系统机械能守恒【答案】B【解析】【详解】AC．小球正在

向上运动，此后橡皮筋在恢复原长的过程中，当橡皮筋弹力大于小球重力时，小球向上做加速运动，小球处于超重状态，小球动能增加；当橡皮筋弹力小于小球重力时，小球向上做减速运动，.小球处于失重状态，小球动能减少；故AC错误；B．橡皮筋在恢复原长的过程中，小球向上运动，橡皮筋弹力对小球一直做正功

，则小球的机械能一直增加，故B正确；D．由于手在下降，因此手对橡皮筋的弹力做负功，系统的机械能减小，故D错误。故选B。【点睛】本题考查做功、机械能守恒条件、超重失重的概念。3.机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的

有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有如下检测过程简图：车轴A的半径为ra，车轮B的半径为rb，滚动圆筒C的半径为rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n（每秒

钟n转）运行时，下列说法正确的是（）A.C的边缘线速度为2πnrcB.A、B的角速度大小相等，均为2πn，且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动C.A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方

向转动D.B、C的角速度之比为cbrr【答案】B【解析】【详解】A．根据2vnR＝可知，B的线速度为2bbvnr＝B、C线速度相同，即C线速度为2cbbvvnr＝＝故A错误；BC．A、B为主动轮，

且同轴，角速度大小相等，即2n=的C为从动轮，A、B顺时针转动，C逆时针转动，故B正确，C错误；D．B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，则bccbrr=故D错误。故选B4.“世界上第一

个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m

的炽热燃气相对地面以0v的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.火箭的推力来自燃气对它的反作用力B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为0mvMC.喷出燃气后万户及所携

设备能上升的最大高度为2202()mvgMm−D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒【答案】A【解析】【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备

组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有()00Mmvmv−−=解得火箭的速度大小为0mvvMm=−。故B错误；C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为()222

0222mvvhgMmg==−故C错误；D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。故选A。5.如图是我国百丈漈瀑布的局部风景图。已知该级瀑布的落差约为80mh=，流量（单位

时间内流出水的体积）35m/sQ=，忽略水的初速度及空气的影响，可认为水落到瀑布底部的岩石上时竖直速度减为0（水撞击岩石的过程中可以忽略重力的影响），则瀑布对底部岩石的冲击力大小约为（）A.3210NB.4210NC.5210ND.62N10【答案】C【解析】【详解】

水近似做自由落体运动，撞击岩石前速度240m/svgh==假设经过一段极短的时间t，该时间内撞上岩石的水的质量为mQt=由动量定理，可得()N0QtvFt−=，5N210NFQv==根据牛顿第三

定律，水对岩石的冲击力大小约为5210N。故选C。6.小何用额定功率为1000W、最大拉力为200N的提升装置，把静置于地面的质量为10kg的重物竖直提升到高为82.5m的平台，先加速再匀速，最后做

加速度大小不超过25m/s的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，不计空气阻力，g取210m/s，则提升重物的最短时间为（）A.10sB.10.5sC.11sD.11.5s【答案】A【解析】【详解】提升重物的最大速度m10m/sPvmg==额加速上升阶段

的最大加速度2mm10m/sTmgam−==要时间最短，则先以ma匀加速，提升装置的功率mPTv=达到额定功率时m1PTv=额解得15m/sv=因此匀加速运动时间为11m0.5svta==位移为21m111.25m2xa

t==接下来以恒定功率做加速度减小的加速运动，达到最大速度后匀速运动，最终以25m/sa=的加速度匀减速运动至停止。最后的匀减速运动阶段m32svta==位移为2m310m2vxa==因此以恒定功率运动的位移

为21382.5m71.25mxxx=−−=对此过程列动能定理，有22122m1122mgmvvPmtx=−−额解得27.5st=故总时间最短为12310stttt=++=故选A。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.在光滑水平面上，质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生对心碰撞，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A.vB.34vC.12vD.13v【答案】CD【解析】【详解】如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞，则有()2mvmmv=+共解

得3vv=共如果两个小球发生的是弹性碰撞，则有AB2mvmvmv=+222AB1112222mvmvmv=+解得B23vv=则小球B碰撞后的速度取值范围为B233vvv故选CD。8.如图，水平圆盘上放置一个

质量为m的小物块，物块通过长为L的轻绳连接到竖直转轴上的定点O，此时轻绳恰好伸直，与转轴成37角。现使整个装置绕转轴缓慢加速转动（轻绳不会绕到转轴上），角速度从零开始缓慢增加，直到物块刚好要脱离圆盘。已知物块与圆盘

间动摩擦因数0.5=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin370.6=，cos370.8=。则轻绳的弹力大小TF和物块受到的摩擦力大小fF随2变化的图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】较小时

，绳子无弹力，静摩擦力提供向心力，有2fsin37FmL=当fF达到最大静摩擦力时21sin37mLmg=解得2156gL=此时绳子刚好开始产生弹力T0F=f12Fmg=继续增大角速度，轻绳弹力增大，静摩擦力减小，最终物

块刚好要脱离圆盘，此时摩擦力为0，有Tcos37Fmg=2T2sin37sin37FmL=解得2254gL=此时T54Fmg=f0F=故选AD。9.质量为m的人造地球卫星与地心距离为r时，引力势能可表示为pGMmEr=

−，其中G为引力常量，M为地球质量。如图，该卫星开始时在半径为R的圆轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，某时刻经过A点加速进入椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ上远地点B到地心的距离为3R，忽略加速后卫星的质量变化，则（）A.卫星在Ⅰ轨道上运行时线速度大小为2GMRB.卫星在Ⅱ轨道上运行的周期为24RRGMC

.卫星在Ⅰ轨道上运行时机械能为2GMmR−D.卫星经过B点时的速度大小为2GMR【答案】BC【解析】【详解】A．万有引力提供向心力，有22GMmvmRR=解得卫星在Ⅰ轨道上运行时线速度大小为GMvR=故A错误；B

．卫星在轨道Ⅰ上的周期为122RRTRvGM==由开普勒第三定律，在Ⅱ轨道上的运行周期2T满足()3322122RRTT=可得212224RTTRGM==故B正确；C．卫星在Ⅰ轨道上运行时机械能为21122GMmGMmEmvRR=−=−故C正

确；D．设卫星在Ⅱ轨道上运行经过A、B的速度大小分别为1v、2v，由开普勒第二定律可知123vRvR=则有123vv=由机械能守恒，有221211223GMmGMmmvmvRR−=−解得26GMvR=故D错误。故选BC。10.

如图，倾角为37的斜面底部固定有挡板P，顶部固定光滑轻滑轮R。轻弹簧一端固定在P上，另一端连接物块B，B与光滑轻滑轮Q相连。轻绳一端固定在斜面上的O点，绕过滑轮Q和R连接物块A。已知A、B质量均为1kgm=，B与斜面间动摩擦因数为0.5=，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，弹簧劲度系数为50N/mk=，弹簧的弹性势能pE与劲度系数k和形变量x的关系为2p12Ekx=，重力加速度g取210m/s。开始时用手托着A使B保持静止，且此时弹簧处于原长。某时刻将手

撤去，B开始沿斜面向上滑动，直至向上运动到最大位移处（B未到O点，且A未着地），弹簧始终处于弹性限度内，斜面保持静止，轻绳与斜面平行（sin370.6=，cos370.8=），下列说法正确的是（）A.将手撤去前手对A的弹力F范围是5N9NFB.将手撤去后瞬间B的加速度大小为210

m/s3C.B速度最大时弹簧的形变量为0.2mD.A下降的最大位移为0.8m【答案】ACD【解析】【详解】A．设手托A的弹力为F，轻绳弹力为T，斜面对B的摩擦力为f；对A受力分析有FTmg+=对B受力分析有2sin37Tmgf=+其中cos37cos3

7mgfmg−综上解得5N9NF故A正确；B．A的位移，瞬时速度和加速度都是B的2倍，设撤去手瞬间B的加速度大小为a，则此时A的加速度大小为2a，故2mgTma−=且2sin37cos37Tmgmgma−−=解得22m/sa=故B错误；C．B的速度最大时

A、B加速度都为零，故Tmg=，2sin37cos37Tmgmgkx=++解得0.2mx=故C正确；D．设A下降的最大位移为h，下降h时A、B速度都是零，由能量守恒定律，有21111sin37cos372222mghmghkhmgh=++解得0.8mh

=故D正确。故选ACD。三、实验题（11题8分，12题8分）11.用图甲所示实验装置验证1m、2m组成的系统机械能守恒，2m从高处由静止开始下落，打点计时器在1m拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是

打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的频率为50Hz。已知150gm=、2150gm=，重力加速度g取210m/s进行计算，所有结果均保留两位有效数字，则：（1）在纸带上打下计数点5时1m、2m的速度大小5

v=______m/s；（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量为______J，系统重力势能的减少量为______J；（3）通过前面的数据发现，系统动能的增加量不等于系统重力势能的减少量，造成上述实验误差的原因可能是____________（写出一种可能

的原因即可）。【答案】①.2.4②.0.58③.0.60④.纸带受到摩擦力（空气阻力、滑轮粗糙有质量）【解析】【详解】（1）[1]计数点5的瞬时速度为5562.4m/s2xxvT+==（2）[2]在打下第“0”点到打下第“5”点过程中系统动能的增加量()2k12

510.58J2Emmv=+[3]系统重力势能的减少量()p21Δ0.60JEmmgh=−=（3）[4]系统动能的增加量不等于系统重力势能的减少量，可能原因有很多，例如纸带受到摩擦力、空气阻力、滑轮粗糙有质量等。12.图甲是验证动量守恒定律的装置

，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为______cm；的（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端

向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端______（选填“升高”或“降低”）一些；（3）测出滑块A和遮光条的总质量为1m，滑块B和遮光条的总质量为2m。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的

速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为1t、2t，光电门1记录的挡光时间为3t。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是____________；小徐猜

想该碰撞是弹性碰撞，他用了一个只包含1t、2t和3t的关系式来验证自己的猜想，则他要验证的关系式是____________。【答案】①.1.345②.降低③.212132mmmttt=−④.123111=+ttt【解析】【详解】（1）[1]图中游标卡尺读数为13mm

90.05mm1.345cm+=（2）[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。（3）[3]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有

212132dddmmmttt=−整理得212132mmmttt=−[4]若碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后A、B的相对速度大小相等，即123dddttt=+整理得123111=+ttt四、解答题（13题12分，14题14分，15题14分）13

.如图，竖直平面内有足够长的倾角为30=的直轨道AB，圆心为1O的竖直半圆轨道BCD，圆心为2O的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG，各轨道间平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量1kgm=，轨道BCD的半径0.9mR=，轨道DEF的半径0.1mr=，滑块与轨道AB间的动摩擦因数36

=，其余轨道均光滑，重力加速度210m/sg=，将滑块从轨道AB上某点静止释放。（1）若释放点到B点的距离4.5ml=，求滑块经过1O的等高点C时对轨道的压力大小；（2）若要使滑块可以到达FG轨道，求滑块释放点到B点最小距离ml。【答案】（1）5NF=压；（2）

m9ml=【解析】【详解】（1）研究滑块从出发到C点的过程，由动能定理()21sincos02CmglRmglmv−−=−在C点时轨道对滑块的支持力NF提供滑块的向心力，有2NCmvFR=由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小NFF=压综上解得5NF=压（2）要使滑块可以到

达FG轨道，最少要使滑块能够经过D点，假设滑块刚好能够经过D点，则有的2DmvmgR=设滑块释放点到B点距离为0l，由动能定理有()2001sin2cos02DmglRmglmv−−=−解得09ml=研究D到F的过程，有2211222FDmgr

mvmv−=−解得5m/sFv=因此能经过D点可以确保能到达FG轨道，故m9ml=【点睛】本题考查动能定理与圆周运动内容，要注意研究哪一个运动过程。14.如图，粗糙水平地面上放着两个相同的木板B和C，可视为质点的物块A以初速度0v冲上木板B。已知A质量为

2m，与B、C间动摩擦因数均为；B、C质量均为m，与地面间动摩擦因数均为12。当A运动至B最右端时，A、B速度相同且B、C恰好相撞（碰撞时间极短），撞后B、C粘在一起，重力加速度为g。求：（1）开始时B、C间的距

离；（2）A最终离C右端的距离；（3）从A冲上木板B到最终C静止的整个过程系统因摩擦产生的热量。【答案】（1）02B9vxg=；（2）202372vg；（3）203536Qmv=【解析】【详解】（1）A在B上滑动时，对A有A22mgma=故Aag=对B有B322mgmgma−=故B

12ag=设经过1t时间A、B速度相同，则有0A1B1vatat−=解得0123vtg=由于2BB112xat=解得02B9vxg=此即B、C的初始距离。（2）木板B的长度等于A、B共速前的相对位移，有2201A1B11122Lvtatat=

−−解得203vLg=A滑到B最右端时，A、B共速的速度1013vv=此时B与C发生完全非弹性碰撞，有122mvmv=故碰撞后瞬间B、C的速度为2016vv=A以013v的速度滑上C，继续以Aag=的加速度减速，而此时BC整体合力为零，做匀速直

线运动，设经过时间2t后A与BC共速，则有1A22vatv−=解得026vtg=此过程中A相对C的位移大小为212A22212ACxvtatvt=−−解得0272ACvxg=此后AC相对静止

，故A最终离C右端的距离为202372ACvLxg−=（3）B、C碰撞过程损失的机械能为22212011122236mvmvmv−=整个过程系统的总机械能损失为22001202mvmv−=因此整个过程系统因摩擦产生的热量203536Qmv=1

5.如图，A、B两小球（可视为质点）用一根长为L的轻杆连接，在外力作用下竖直立于光滑水平地面上，以B球的初始位置为原点在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy。某时刻撤去外力，同时给小球A一个微小扰动使其向右倒下（初速度看作0），研

究小球A受微扰后至第一次着地的过程。已知A的质量为m，B的质量为A的k倍（k为待定参数），重力加速度为g。（1）求A着地前瞬间速度的大小和方向；（2）若1k=，求A运动的轨迹方程；（3）若A运动至离地0.75L时B的速度达到最大，求k。【答案】（

1）A2vgL=，方向竖直向下；（2）2224xyL+=（02Lx，0yL）；（3）1116k=【解析】【详解】（1）假设A着地瞬间速度水平分量不为零，则此时系统水平方向动量不为零，这与系统水平方向动量守恒矛盾，所以A着地前瞬间速度竖直向下，

B速度为零，结合机械能守恒定律，有2A12mgLmv=解得A着地前瞬间速度的大小为A2vgL=方向竖直向下。（2）1k=即B的质量也为m，设某时刻A的位置为(),xy，B的位置为(),0x，由几何关系()

222xxyL−+=由于系统水平方向动量守恒，故xx=−综上得A运动的轨迹方程为2224xyL+=其中02Lx，0yL（3）设某时刻杆与x轴的夹角为，此时B的速度大小为v，A的水平速度和竖直速度大小分别为xv、yv。由于

系统水平方向动量守恒，故有xkmvmv=由于杆的长度恒定，故有cossincosyxvvv=−由机械能守恒定律，有()()222111sin22xymgLmvvkmv−=++综上可得()()()22221sinsin11singLvkk−=+

+−令sint=，有()()()()2222111gLttvftkkt−==++−由于A运动至离地0.75L时B的速度v达到最大，故0.75t=时，()0ft=即()()()()()()222222312111gLttktttftk

kt−+−+−++−=将0.75t=代入()()()22231210tkttt−+−+−=解得1116k=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com