【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三上学期月考物理试题（二） 含解析.docx，共(21)页，1.494 MB，由小赞的店铺上传

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英才大联考长郡中学2024届高三月考试卷（二）物理时量75分钟。满分100分。第I卷选择题（共44分）一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一项符合题目要求）1.城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图所示为

一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。某同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50g的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差为3m，与地面撞击时间约为3ms，不计空气阻力，从16楼下落的鸡蛋对地面

的平均冲击力约为（）一个鸡蛋的威力从4楼抛下会让人起肿包从8楼抛下可以砸破人的头皮从18楼抛下可以砸裂行人头骨从25楼抛下可能使人当场死亡A.5000NB.900NC.500ND.250N【答案】C【解析】【详解】鸡蛋下落高度153m45mh==在鸡蛋与地面撞击时间内，规定竖直向

下为正方向，由动量定理，得0mgtFtmv−=−鸡蛋自由下落过程，由动能定理2102mghmv=−F方向竖直向上，由牛顿第三定律知，鸡蛋对地面的平均冲击力1500NFF==方向竖直向下。2.抚顺海洋极地馆最初想设计水滑梯

项目，简化模型如图，一游客（可视为质点）以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力.下列说法中正确的是()A.在A点时，游客对圆轨道压力等于其重力B.在B点时，游客的向心加速度为gC.B到C过程，游客做变加速运动D.A到B过程，游

客水平方向的加速度先增加后减小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在A点，游客具有竖直向下的向心加速度，此瞬间处于失重状态，对轨道的压力小于其重力，A错误；B．游客在B点刚离开轨道，则游客对圆轨道的压力为零，游客的向心加速度小于g，B错误；C．从B到C过程，游客

只受重力作用，做匀变速曲线运动，C错误；D．游客在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以游客水平方向的加速度必定先增加后减小，D正确。故选D。3.如图所示，倾角为的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A的上表面水平且放

有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是A.A、B间摩擦力为零B.A加速度大小为cosgC.C可能只受两个力作用D.斜面体受到地面的摩擦力为零【答案】C

【解析】【分析】整体一起匀加速下滑，具有相同的加速度；先用整体法结合牛顿第二定律求出整体的加速度，再用隔离法分析个体的受力情况．【详解】对B、C整体受力分析，受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，BC在

水平方向有向左的加速度，则B受A对它的向左的摩擦力，故A错误；选A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A加速度大小为gsinθ，故B错误；取C为研究对象，当斜劈B的倾角也为θ时，C只受重力和斜面的支持力，加速度才为ac=gsinθ，故C正确

；斜面对A的作用力垂直斜面向上，则A对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故D错误．故选C．【点睛】若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法．对于多物体问题

，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；很多情况下，通常采用整体法和隔离法相结合的方法．4.在一次足球比赛中，球从位于球门正前方的罚球点踢出后，在空中飞行的速率与时间的关系如图所示．已知球在t2时刻刚好飞入球门，不计空气阻力，则罚球点到球

门的距离为A.v2t2B.v1t2C.v3t2D.2322vvt+【答案】B【解析】【详解】不计空气阻力，足球在空中做斜上抛运动，足球在t1时刻速度最小，到达最高点，此时足球只有水平速度，所以足球的水平分速度等于v1．足球水平

方向做匀速直线运动，则罚球点到球门的距离为s=v1t2．A.v2t2，与结论不相符，选项A错误；B.v1t2，与结论相符，选项B正确；C.v3t2，与结论不相符，选项C错误；D.2322vvt+，与结论不相符，选项D错误；5.如图所示，真空中有一匀强

电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，∆ABC是圆的内接直角三角形，60BAC=，O为圆心，半径5cmR=。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为e+的粒子，这些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒

子动能为12eV，到达C点的粒子动能也为12eV。忽略粒子受到的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A.电场方向由B指向AB.经过圆周上的所有粒子，动能最大为14eVC.2VOBU=−D.匀强电场的电场强度大小为40V/m【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，到

达B点的粒子动能与到达C点的粒子动能相等，可知B、C两点的电势相等，BC的连线为匀强电场的等势线，等势线与电场线互相垂直，如图所示，电荷量为e+的粒子从A点到B点，动能增加，可知电场力做正功，则有粒子沿电场线运动，因此可确定AB方

向是该电场的方向，A错误；D．由电场力做功与电势差的关系公式，可得12eV8eV4VABABWUee−===由几何知识可知，60BAC=，则有12ABACR==由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式，可得匀强电场的电场强度大小为24Vm80Vm510ABUER

−===D错误；B．由解析题图可知，圆周上的D点电势最低，则粒子运动到D点的动能最大，则有ADADUEd=由几何关系可得sin30ADdRR=+联立解得6VADU=从A到D由动能定理可得kkADDAeUEE=−代入数据

解得k14eVDE=B正确；C．BC是等势线，由匀强电场的电场强度与电势差的关系公式，可得21sin3080510V2V2OBUER−===C错误。故选B。6.如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”自转的蓝色“冷行星”——天王星，周围存在着环状物质。为了测定环状物质是天王星

的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，假设“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方即2v与到行星中心的距离的倒数即1r−关系如图乙所示。已知天王星的半径为0r，引力常量为G，以下说法正确的是（）A.环状物质是天王星的组成

部分B.天王星的自转周期为002rvC.21vr−−关系图像的斜率等于天王星的质量D.天王星表面的重力加速度为200vr【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转

动，角速度相同是定值，由线速度公式v=ωr可得v∝r，题中图线特点是2v∝1r−，说明环状物质不是天王星的组成部分，AB错误；C．若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供环状物质做圆周运动的向心力，则有22MmvGmrr=可得v2=GMr−1则有2v∝1r−由图像特点可

知，环状物质是天王星的卫星群，可得2v−1r−图像的斜率等于GM，不等于天王星的质量，C错误；D．由2v−1r−的关系图像可知1r−的最大值是10r−，则天王星的卫星群转动的最小半径为r0，即天王星的半径是r0，卫星群在天王星的表面运行的线速度为v0，天王星表面的重力加

速度即卫星群的向心加速度为200vr，D正确。故选D。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）7.反射式速调管是常用的

微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量202.010kgm−=，电荷量92.010Cq−=的带负电的粒子从(1,0)−点由

静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（）A.x轴原点左侧电场强度1E和右侧电场强度2E的大小之比1212EE=B.粒子沿x轴正方向从1cm−运动到0和从0运动到0.5cm运动过程中所受电场力的冲量相同C.该粒子运动

的周期84.010sT−=D.该粒子运动过程中的最大动能为84.010J−【答案】AD【解析】【详解】由图可知，根据匀强电场电势差与电场强度的关系，有UEd=可得，左侧电场强度为31220V/m210V/m110E−==右侧电场强度为32220V/m410

V/m0.510E−==联立，可得1212EE=故A正确；粒子带负电，由静止开始先做匀加速运动到原点时速度最大，根据动能定理，有km1qExE=代入数据，得8km410JE−=设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为12tt、，在原点的速度为1m1qEvtm=同理可知2m2qEvtm=周期

为()122Ttt=+联立代入数据有8310sT−=故C错误；D正确；根据动量定理，有1m0Imv=−，2m0Imv=−即粒子沿x轴正方向从1cm−运动到0和从0运动到0.5cm运动过程中所受电场力的冲量大小相同，方向相反。故B错误。故选AD8.起重

机某次从0=t时刻由静止开始提升质量为m的物体，其所受合外力随时间变化的图像如图所示，21~tt内起重机的功率为额定功率，不计物体受到的空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.物体匀加速阶段的加速度为0Fmgm−。B.10~

t和21~tt时间内牵引力做的功之比为()1212ttt−C.2t时刻物体正在减速上升D.10~t阶段牵引力所做的功为()200112FmgFtm+【答案】BD【解析】【详解】A．题图纵轴表示合外力，因此1

0~t时间内，物体加速度为0Fam=故A错误；BD．10~t时间内牵引力做功为()201110112FWFxmgFtm==+21~tt时间内牵引力做功为()()()02210121FWPttmgFtttm=−=+−额联立可得10~t和21~tt时间内牵引力做的功之比为()11

2212WtWtt=−故BD正确；C．由题图可知2t时刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物体继续做加速运动，故C错误。故选BD。9.如图所示，质量均为m两个物块A和B，用劲度系数为k的轻弹簧连接，处于静止状态。现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使A竖直向上运动，直到物块B刚要离开地面。下列说

法正确的是（）A.在此过程中，物块A的位移大小为mgkB.在此过程中，弹簧弹性势能的增量为0C.物块B刚要离开地面，物块A的加速度为Fgm−D.物块B刚要离开地面，物块A速度为()2Fmggk−【答案】BD【解析】【详解】AB．开始，未用力F

拉动时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，由胡克定律和平衡有1kxmg=得1mgxk=由题意当物块B刚要离开地面时，弹簧弹力等于B的重力，则有2kxmg=解得2mgxk=物块A的总位移122mgxxxk=+=弹簧原来的压缩量为mgk，后来弹簧的伸长量为m

gk，形变量相同，所以初末弹簧势能相等，变化量为0，故A错误，B正确；C．物块B刚要离开地面时，根据牛顿第二定律，有2Fkxmgma−−=解得2Fagm=−故C错误；D．对A，根据动能定理得()212mvFmgx−=解得的()2Fmggvk−=故D正确。故选BD。10.

如图所示，质量为2kg的木板静止在水平地面上，在木板的最右端，静止的放置质量为1kg的滑块（可视为质点），某时刻，给木板施加水平向右的20N的拉力，拉力作用2s后，将拉力改为作用于滑块上，且大小减小为1N，该拉力作用0.2s后撤去，此时，滑块恰好位于木板的最左端。已知

木板和滑块与地面之间的动摩擦因数均为0.2，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.4，则（）A.t1=2s时，滑块速度是10m/sB.t2=2.2s时，滑块与木板具有相同的速度C.木板的长度为2mD.木板的总位移为32.15m【答案】BD【解析】【分析】【详解

】A．给木板施加水平向右的20N的拉力，对滑块，由牛顿第二定律可得22mgma=222vat=解得28m/sv=A错误；B．给木板施加水平向右的20N的拉力，对木板由牛顿第二定律可得1211()FmgMmgMa−−+=111vat

=解得110m/sv=将拉力改为作用于滑块上，对滑块，由牛顿第二定律可得的224Fmgma+=4242vvat=+解得49m/sv=将拉力改为作用于滑块上，对木板，由牛顿第二定律可得213+()mgMmgMa+=3132vvat=−解得39m/sv=即t2=2.2s时

，滑块与木板具有相同的速度，B正确；C．给木板施加水平向右的20N的拉力过程中，木板的位移为21112vxa=将拉力改为作用于滑块上，木板的位移为2231332vvxa−=−给木板施加水平向右的20N的拉力过程中，滑块

的位移为22222vxa=将拉力改为作用于滑块上，滑块的位移为2242442vvxa−=木板的长度为1324Lxxxx=+−−联立解得2.2mL=C错误；D．滑块与木板共速后，一起做匀加速直线运动，对整体有15()()MmgMa+=+235502vxa−=−木板的总位移为135

xxxx=++木联立解得32.15mx=木D正确；故选BD。第Ⅱ卷非选择题（共56分）三、填空题（本题共2小题，共16分）11.某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光

电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出一定电压，两光电传感器与计算机相连滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象．(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于

气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的△t1___________△t2(选填>m“=”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平．(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d测量结果如图丙所示，则d=___________mm．(3)滑块P用细

线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示若△t1、△t2和d已知，重力加速度为g，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出两光电门间距离L和___________(写出物理量的名称及符号)．(

4)若上述物理量间满足关系式___________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒．【答案】①（1）=②.（2）8.475③.（3）滑块质量M；④.两光电门间距离L．⑤.（4）222111()()(

)()22ddmgLmMmMtt=+−+.【解析】【详解】（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块做匀速直线运动时，△t1＝△t2，说明气垫导轨已经水平．（2）螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.4mm＝0.474mm，则最终读数为8

.474mm．（3）系统重力势能的减小量为mgL，系统动能的增加量为()()()()222221211111()()2222ddMmvMmvMmMmtt+−+=+−+．可知满足关系式mgL()()222111()()22ddMmMmtt=+−+

，则滑块和砝码组成的系统机械能守恒．所以还需要测量滑块的质量M；（4）由（3）可得：满足关系式mgL()()222111()()22ddMmMmtt=+−+，即可验证机械能守恒．12.某同学用如图所示“碰撞实验器”验证动量守恒定律，即研究

两个小球在轨道水平部分发生碰撞前后的动量关系：（设两个小球为弹性材料，发生弹性碰撞）先用天平测出弹性小球1、2的质量分别为12mm、，然后完成以下实验步骤：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚

下，并落在地面上，记录落点位置；步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，小球1和小球2发生碰撞后落在地面上，记录两个落点位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的位置M、P、N离O点的距离，得到线段OM、OP、ON

的长度分别为123xxx、、。（1）对于上述实验操作，小球1质量应___________小球2的质量（选填“大于”或“小于”）。（2）当所测物理量满足表达式___________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定

律。（3）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球，小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到斜面上三个落点M、P、N。用刻度尺测量斜面顶点到M、P、N三

点的距离分别为123LLL，、。则验证两球碰撞过程动量守恒的表达式为：______________________，若116=Lcm，236cmL=，则3=L__________cm。【答案】①.大于②.121123mxmxmx=+③.121123mLmLmL=+④.

100【解析】【详解】（1）[1]为了保证小球1与小球2碰撞后不被反弹，小球1的质量应大于小球2的质量。（2）[2]因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是小球1不与小球2碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表小球1碰撞前的速度，OM是小球1碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞

后小球1的速度，ON是碰撞后小球2的水平位移，该位移可以代表碰撞后小球2的速度，当所测物理量满足表达式121123mxmxmx=+说明两球碰撞遵守动量守恒定律。（3）[3][4]碰撞前，1m落在图中的P点，设其水平初速度为1v，小球1m和2m发生碰撞后，1m的落点在图中M点，设其水平

初速度为1v，2m的落，点是图中的N点，设其水平初速度为2v，设斜面与水平面的倾角为，由平抛运动规律得221sin2=Lgt，12cosLvt=解得221cos2sin=gLv同理可得211cos2sing

Lv=，232cos2sin=gLv由动量守恒定律得121123mLmLmL=+由能量守恒定律得121123111222=+LmmmLL联立解得3100cm=L四、计算题（本题共3小题，其中第13题10分，第14题14分，第15题16分

，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）13.如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块(1)最大位移值

x；(2)与斜面间的动摩擦因数；(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。【答案】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W【解析】【详解】(1)小车向上做匀减速直线运动，有02vxt=得16mx=(2)加速度218m

/svat==上滑过程1sincossincosmgmgaggm+==+得0.25=(3)下滑过程22sincossincos4m/smgmgaggm−==−=由运动学公式2282m/s11.3m/st

vax===重力的平均功率=cos(90)482W67.9WPmgv−==14.如图所示，地面上方有一水平光滑的平行导轨，导轨左侧有一固定挡板，质量M=2kg的小车紧靠挡板右侧．长L=0.45m的轻质刚性绳一端固定在小车底部的O点，另一端栓接质量m=1kg的小球．

将小球拉至于O点等高的A点，使绳伸直后由静止释放，取重力加速度g=10m/s2.（1）求小球经过O点正下方的B点时，绳的拉力大小；（2）若小球向右摆动到最高点后，绳与竖直方向的夹角为α，求cosα；（3）若小车速度最大时剪断细绳，小球落

地，落地位置与小球剪断细绳时的位置间的水平距离s=1m，求滑轨距地面的高度．【答案】（1）30N；（2）13；（3）5.45m。【解析】【详解】（1）A到B，由动能定理可得：212Bmglmv=在B点，由牛顿第二定律2BvFmgml−=解得F=30N（2）如图所示

，绳与竖直方向夹角最大时，球与小车速度v大小相等且沿水平方向；设此时小球离开B点后上升的高度为∆h；水平方向，对小球与小车，由动量守恒定律：()BmvMmv=+由能量关系：2211()22BmvmghMmv=++由几何关系：coslhl−=解得：1cos3=（3

）小车速度最大时，小球一定在O点正下方，绳断，小球做平抛运动，设此时小车速度为v1，小球的速度为v2，水平方向，对小车和小球，由动量守恒定律：12BmvMvmv=+由能量关系：22212111222Bmvmvmv=+由平抛运动可知：s=v2t212hgt=则滑轨高度H=h+l带入数据可得：H

=5.45m15.如图，倾角为的直轨道AB与半径为R的光滑圆轨道BCD固定在同一竖直平面内，二者相切于B点。质量为m的滑块b静止在圆轨道的最低点C，质量为3m的滑块a从直轨道上的A点（与圆轨道的最高点D等高）由静止滑下，到C点时与b发生弹性正碰，碰后b经过D点时对圆轨道恰好无压力。

两滑块均可视为质点，重力加速度为g，sin530.8=，cos530.6=。（1）求碰后瞬间b对轨道的压力大小；（2）求a沿AB滑下过程中克服摩擦力做的功；（3）求b离开D点后，落到AB上时的动能。【答案】（1）6mg；（2）83WmgR=；（3）k2518EmgR=【

解析】【详解】（1）根据题意，设碰撞后b的速度为bv，经过D点时速度为v，根据牛顿第二定律有2vmgmR=b从C到D过程中，根据机械能守恒定律得2211222bmgRmvmv+=设碰后瞬间轨道对b的支持力F，则2bvFmgmR−=整理得6Fmg=根据牛顿第三定律可知，碰后瞬间b对轨道的压力大

小为6mg。（2）设a到达最低点C与b碰撞前速度为0v，小球a、b碰撞前后，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有033abmvmvmv=+222011133222abmvmvmv=+联立解得的023bv

v=a从A到C过程中，根据动能定理2013232mgRWmv−=解得83WmgR=（3）设b离开D后经过时间t再次落到AB，沿水平方向通过的距离为x，沿竖直方向下降的高度为y。根据平抛运动的规律可知xvt=，212ygt=由几何关系知tancosRxRy

=+−解得89yR=根据机械能守恒定律2k12mvmgyE+=整理得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com