【文档说明】湖南省邵东市第一中学2025届高三9月第二次月考 物理答案.docx，共(20)页，1.099 MB，由小赞的店铺上传

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2024年下学期高三第二次月考物理试卷考试时间75分钟，满分100分。一、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，只有一项是符合题目要求的。1.夏天人们常用蚊香来驱除蚊虫。如图所示，蚊香点燃后缓慢燃烧，若某滑冰运动员（可视为质点）的运动轨迹与该蚊香燃点的轨迹

类似，运动的速率保持不变，则该运动员（）A.线速度不变B.角速度变大C.向心加速度变小D.运动一圈（360）所用时间保持不变【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；B．动员运动半径在

减小，由vr=可知角速度变大，故B正确；C．由2var=可知，运动半径r减小，向心加速度a变大，故C错误；D．一圈的长度逐渐变小，故运动一圈所用的时间变短，故D错误。故选B。2.具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车以28m/s的速度

匀速行驶时，前方50m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前1m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为（）A.0B.1mC.2mD.3m【答案】B【解析】【详解】令x1=50m，x2=

1m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，则有()20212vaxx=−，0vta=解得3.5st=所以汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为3s~3.5s内通过的位移大小，有()2410

.5s2xa=解得41mx=故选B。3.青岛气象台2024年2月11日21时15分发布大雾黄色预警，交警提示雨雾天气开车出行注意保持安全车距。期间在滨海大道同一直线车道上，甲车和乙车正同向匀速行驶，甲车在前乙车在后，0t=时，甲车发现前方有险情立即刹车，为避

免两车相撞，2s后乙车也开始刹车，如图是两车位置随时间变化图像，图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10m／s，司机反应时间不计，下列说法正确的是（）A.甲车加速度大小22m/sB.当7st=时，两车速度大小相等C.若28md=，两车恰好没有相撞D.若没有相

撞，两车相距最近时乙车的位移为48m【答案】C【解析】【详解】A．根据动力学公式21010110150m2xvtat=−=解得甲车加速度大小为211m/sa=故A错误；B．乙车的初速度为为20228m/s1

4m/s2xvt===乙车加速度大小为222202214m/s2m/s22(7728)vax===−两车速度相等时，有0102(2)vatvat−=−−解得8st=可知，当7st=时，两车速度大小不相等，故B错误；C．两车恰好没有相撞，则22

00201112(2)(2)()28m22dvvtatvtat=+−−−−−=故C正确；D．若没有相撞，两车相距最近时乙车的位移为200212(2)(2)76m2xvvtat=+−−−=故D错误。故选C。4.2021年3月27日，我国花样滑冰运

动员陈虹伊，在2021世界花样滑冰锦标赛上以162.79分的总成绩排在女子单人滑第二十一名。如图甲是我国奥运冠军花样滑冰运动员陈虹伊在赛场上的情形，假设在比赛的某段时间她单脚着地，以速度v做匀速圆周运动，如图乙冰鞋与冰面间的夹角为37°，陈虹伊的质量为m，重力加速度为

g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计冰鞋对陈虹伊的摩擦，下列说法正确的是（）A.陈虹伊受重力、冰鞋的支持力、向心力的作用B.冰鞋对陈虹伊支持力大小为53mg的C.陈虹伊做匀速圆周运动的半径为243vgD.陈虹伊做匀速圆周运动的向心加速度大小为43g【答案】C【解析】

【详解】A．陈虹伊此时只受到重力和冰鞋的支持力的作用，A错误；BCD．陈虹伊受到的力如图所示x轴方向有2Nsin37vFmamr==y轴方向有Ncos37Fmg=联立解得N1.25Fmg=，243vrg=，34ag=故B、D错误，C正确。故选C。

5.达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时

间Δt内水平方向增加量2at，竖直方向做在自由落体运动，在时间Δt增加2gt；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的。故选D。6.如图，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心

为O、半径为R，OA为半圆环的竖直半径，AB为与OA在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a，杆AB上套有另一小球b。两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点，小球b固定于杆AB上的Q点，两小

球间距离为R。现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离，但未到达A点。在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可视为质点，则下列说法正确的是（）A.初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力B.初始时弹簧弹力大于小球a的重

力C.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a的支持力先增大后减小D.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大【答案】D【解析】【详解】AB．对小球a进行受力分析，小球a受重力G，半圆环对小球a的支持力NF和弹簧弹力F，三力平移后构成一首尾相连的三角形，如图所示，力的三角形与三角形OPQ相似，

根据三角形相似有NFGFOQOPPQ==初始时PQOPR==，OQR所以NGFF=选项AB错误；C．小球b缓慢上移过程，小球a处于动态平衡状态，随着小球b上移，OQ减小，OP不变，重力G不变，半圆环对小球的支持力NF增大，选项C错误；D．设弹簧

的原长为L，弹簧的形变量为x，根据胡克定律有Fkx=则GFkxQQPQLx==−OQ减小，重力G不变，L不变，则弹簧形变量x增大，弹簧弹力F增大，选项D正确。故选D。二、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，有选错的得0分。7.如图所示，某同学在进行投篮训练时，将篮球从距水平地面高度为1.95m、距篮板水平距离为4m处投向篮板，篮球恰好沿水平方向击中篮板上离地高度为3.2m处，篮球反向弹回后又恰好落

在该同学脚下，取重力加速度大小210m/sg=，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.篮球刚离开手时的速度大小为10m/sB.篮球击中篮板前瞬间的速度大小为8m/sC.篮球反向弹回时的速度大小为6m/sD.篮球落地时的速

度方向与水平方向夹角的正切值为1.6【答案】BD【解析】【详解】AB．篮球上升过程中，上升的高度13.2m1.95m1.25mh=−=上升时间10.5st=出手时的水平速度18m/sxv=竖直速度15m/syv=则189m/sv=故A错误，B正确；C．反弹后下落的时间20.8st=可得反弹后的水平

速度25m/sxv=故C错误；D．落地时的竖直速度28m/syv=落地时的速度方向与水平方向的夹角的正切值22tan1.6yxvv==故D正确。故选BD。8.2023年10月26日，中国载人航天再创历史，神舟十七号与神舟十六号成功“会师”。神舟十七号发射的过程可简化为如图所示的过程，先将其发射

至近地圆轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入运行圆轨道。下列说法正确的是（）A.神舟十七号在转移轨道经过B点的速率小于A点的速率B.神舟十七号在转移轨道上经过B点时加速度

大小大于在运行轨道上时经过B点的加速度大小C.神舟十七号在运行轨道上运动的周期大于在转移轨道上运动的周期D.神舟十七号在转移轨道上从B点运动到A点的过程中，它的机械能减小【答案】AC【解析】【详解】A．根据开普勒第二定律可推得，在椭圆的转移轨道上ABvv，A正确；B．根据牛顿第

二定律可得2MmGmar=求得2MaGr=由于,Mr都相同，可知卫星在转移轨道上经过B点时加速度大小等于在运行轨道上运动时经过B点的加速度大小，B错误；C．由于运行轨道的半径大于转移轨道半长轴，根据开普勒第三定律可知，卫星在运行轨道上运动时的周期大于转移轨道上运行的

周期，C正确；D．卫星在转移轨道上从B点运动到A点的过程中，只有万有引力做功，卫星的机械能不变，D错误。故选AC。9.如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹

角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为4L时，链条恰能保持静止

。现将链条从位于传送带部分的长度为3L的位置由静止释放，则下列说法正确的是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A.链条与传送带之间的动摩擦因数4tan=B.释放瞬间链条的加速度为1sin3gC.释放后，链条运动的加速度均匀增大D.从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链

条动能的增加【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．设整个链条的总质量为m，当位于传送带部分的长度为4L时，链条恰能保持静止，则1sincos4mgmg=解得4tan=A正确；B．释放的瞬间，根据牛顿第二定律1cossin3mgmgma−=解得1sin3ag=B正确；

C．设链条从静止释放，释放后链条受摩擦力随着链条在传送带的长度均匀增大，则链条的加速度在增大，C错误；D．从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理kGWWE−=传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误。故选AB。10.如图所示，水平地面上静止

放置着三个完全相同的砖块A、B、C，质量均为m．A、B之间和B、C之间的动摩擦因数均为μ。用两根长度相同的轻绳分别连接砖块A与砖块C，并将两根轻绳系于O点，现将一个竖直向上的力F作用于O点，不考虑砖块的转动，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。则下列

说法正确的是（）A.若在F作用下三个砖块保持相对静止的一起向上运动，则三个砖块的加速度为3FmB.若39，则无论F多大，砖块A、B、C都将保持相对静止C.若33=，且3Fmg，则砖块A、B之间的摩擦力为16FD.若310=，且3Fmg

，则砖块A、B之间的摩擦力为320F【答案】BCD【解析】【详解】A．若在F作用下三个砖块保持相对静止的一起向上运动，对A、B、C整体分析，有33Fmgma−=得3Fagm=−故A错误；B．设3个砖块刚好相对静止一起加速向上运动，此时A、B和B、C之间的摩擦力均为

最大静摩擦力，对B受力分析，竖直方向根据牛顿第二定律2fmgma−=又fN=水平方向cos30NF=得39=易得当39时，A、B和B、C之间的摩擦力为静摩擦力，无论F多大，砖块A、B、C都将保持相对静止，故B正确；C．若3339=

，且3Fmg，A、B和B、C之间的摩擦力为静摩擦力，砖块A、B、C保持相对静止向上匀加速运动，对B，有2fmgma−=得16fF=故C正确；D．若33109=，且3Fmg，砖块A、B、C发生相对滑动，得320fNF=

=故D正确。故选BCD。三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为___________cm。由图

3中小车运动的数据点，求得加速度为___________m/s2（保留两位有效数字）。②利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是___________。A．换成质量更小的车B．调整长木

板的倾斜程度C．把钩码更换成砝码盘和砝码D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角【答案】①.6.15~6.25；②.1.7~2.1；③.BC##CB【解析】【分析】根据题中“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关

系”可知，本题考查利用纸带研究速度、加速度，研究加速度与力、质量的关系，根据纸带处理方法，运用图像，进行分析推断。【详解】[1]依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20cm，考虑到偶然误差，6.15cm~6.25cm也可；[2]由图3中小车运动的数据点，有221.050.30m/s1.9m/s0

.4vat−===考虑到偶然误差，1.7m/s2~2.1m/s2也可；[3]A．利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，故A错误；B．

利用图1装置“探究加速度与力、质量关系”的实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板安打点计时器一端较滑轮一端适当的高一些，故B正确；C．以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时有21.9m/smgfMm−+考虑到实际情况，即f

mg，有21.9m/smgMm+则可知4Mm而利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时要保证所悬挂质量远小于小车质量，即mM；可知目前实验条件不满足，所以利用当前装置在“探究加速度与力、质量的关系”时，需将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大

于所悬挂物体的质量，故C正确；D．实验过程中，需将连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板始终保持平行，与之前的相同，故D错误。故选BC。12.小明采用如图甲所示的实验装置研究平抛运动规律，实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度0v和飞行时间t

，底板上的标尺可以测得水平位移d。（1）实验中斜槽轨道末端的切线必须是水平的，这样做的目的是_________A．保证小球运动的轨迹是一条抛物线B．保证小球飞出时，速度沿水平方向轨道C．保证小球在空中运动时的加速度为g的

D．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小（2）实验中，以下哪些操作可能引起实验误差_________A．安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平B．没有从轨道同一位置释放小球C．斜槽不是光滑的D．空气阻力对小球运动有较大影响（3）保持水平槽口距底板的高度0.42

0mh=不变，改变小球在斜槽轨道上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度0v、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。0(m/s)v0.7411.0341.3181.584t（ms）292.7293.0292.8292.9d（cm）21.730.338.64

6.4由表中数据可知，在实验误差允许的范围内，当h一定时，以下说法正确的是（）A．落地点的水平距离d与初速度0v大小成反比B．落地点的水平距离d与初速度0v大小成正比C．飞行时间t与初速度0v大小无关D．飞行时间t

与初速度0v大小成正比（4）小华同学在实验装置的后面竖直放置一块贴有白纸和复写纸的木板，图乙是实验中小球从斜槽上不同位置释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置_________（选填“较低”

或“较高”）；（5）小华同学接着用方格纸做实验，若小球在某次平抛运动中先后经过的三个位置a、b、c如图丙所示，已知小方格的边长1cmL=，取210m/sg=，则小球在b点的速度大小为_________m/s。（结果保留

两位有效数字）【答案】①.B②.AD##DA③.BC##CB④.较高⑤.0.79【解析】【详解】解：（1）[1]AB．要研究平抛运动规律，轨道末端的切线必须是水平的，这样做的目的是小球飞出时，速度必须沿水平方向，

使小球做平抛运动，A错误，B正确。CD．小球在空中运动时的加速度和小球飞出时的速度大小与轨道末端是否水平无关，CD错误。故选B。（2）[2]A．要研究平抛运动规律，安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平，小

球抛出后的运动不是平抛运动，能引起实验误差，A正确；B．没有从轨道同一位置释放小球，因为有光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度0v和飞行时间t，因此不会产生误差，B错误；C．因为实验是要研究平抛运动规律，即研究小球从离开水平轨道到落到底板上运动的

规律，与斜槽是否光滑无关，C错误；D．空气阻力对小球运动有较大影响，小球在空中的运动就不是平抛运动了，所以能产生实验误差，D正确。故选AD。（3）[3]AB．由表中数据可得d1=0.217m=0.741×0.2927md2=0.303m=1.034

×0.293md3=0.386m=1.318×0.2928md4=0.454m=1.584×0.2929m由计算结果可知，在实验误差允许的范围内，落地点的水平距离d与初速度0v大小成正比，A错误，B正确；CD．由表中数据可知，飞行时间t与初速度0v大小无关，C正确，D错误。故选BC

。（4）[4]由图乙可知，图线①对应的小球的初速度大于图线②，因此图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置较高。（5）[5]由图丙可知，已知小方格的边长1cmL=，在竖直方向可有∆h=gT2解得0.020.01s0.

001s10hTg−===则有b点在水平方向的初速度为00.02ms0.001v=由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，b点在竖直方向的速度则有0.03ms220.001yhhvtT===则小球在b点速度大小为222200.020.03ms0.79ms0

.00120.001byvvv=+=+=13.如图甲质量10kgm=的物体在拉力F作用下由静止开始沿着水平路面加速运动，5s后撤去拉力，物体运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，210m/sg=，求：（1

）摩擦力f，拉力F，分别是多少N？（2）撤去拉力后的运动过程中，摩擦力对物体做的功？（3）加速过程中物体所受拉力的平均功率？【答案】（1）50N；70N；（2）500J−；（3）350W【解析】【详解】（1）撤去拉力后由图像可知轮胎的加速度大小为22210m/s5m/s75a

==−根据牛顿第二定律有有250Nfma==由图像可知前5s内的加速度为22110m/s2m/s5a==的根据牛顿第二定律有1Ffma−=代入数据得70NF=（2）5s至7s内，即2s内位移为222110m2

xvt==摩擦力做的功为2500JWfx=−=−（3）拉力F作用的位移213125m2xvt==拉力F做的功1F1750JWFx==全过程中拉力的平均功率为3F350WWPt==14.如图所示，P是固定在水平面上的半径0.5mr=内壁光滑的圆弧凹槽，从高台边

B点以速度04m/sv=水平飞出质量0.1kgm=的小球，恰能从凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道，O是圆弧的圆心，37=是OA与竖直方向的夹角（sin370.6=°，cos370.8=°，210m/sg=），不计空气阻力。求：（1）小球运动到A点时的速度以及此时重力的瞬时功率；

（2）小球运动到圆弧凹槽的最低点时对圆弧凹槽的压力。【答案】（1）5m/s，方向与水平方向的夹角为37；3W；（2）6.4N，方向竖直向下【解析】【详解】（1）小球恰能从凹槽的圆弧轨道A点沿圆弧切线方

向进入轨道，对小球在A点的速度进行分解，则有0tanyvv=解得3m/syv=小球运动到A点时的速度大小为05m/scos37Avv==方向与水平方向的夹角为37；此时重力的瞬时功率为3WyPmgv==（2）小球从A点到凹槽最低点过程，根据动能

定理可得()22111cos3722Amgrmvmv−=−在最低点，由牛顿第二定律有2NmvFmgr−=联立解得N6.4NF=由牛顿第三定律可知，小球运动到圆弧凹槽最低点时对圆弧凹槽的压力大小为6.4N，方向竖直向下。15.如图所示

，倾角为的斜面与光滑水平面平滑连接，斜面上有A、B、C三点，AB、BC间距均为2L，CD间距为3L，斜面上只有BC段粗糙，其余部分光滑。两块质量均匀分布的相同长方形薄片1和2紧挨在一起，薄片1的下边缘在A处．现将两薄片同时由静止释放。已知每块薄片质量为m、长为L、薄片与斜面BC间的动摩擦因数为

tan=，重力加速度为g。求：（1）薄片1下边缘刚运动到B时的速度大小1v；（2）薄片1刚好完全滑上粗糙面时，两薄片间的相互作用力大小F；（3）薄片2全部滑上水平面后，两薄片间的距离d。的【答案】（1）2singL；（2）1sin2mg；（3）2L【解析】【分析】【详解】（1）研究2块

薄片整体，根据机械能守恒定律有()21122sin22mgLmv=解得12sinvgL=（2）根据牛顿第二定律有2sincos2mgmgma−=解得1sin2ag=研究第2块薄片，根据牛顿第二定律有sinmgFma

−=解得1sin2Fmg=（3）设2块滑片刚好全部滑上粗糙面时的速度为2v，根据动能定理有()222cos124sin2222mgmgLLmv−=解得26sinvgL=设每块滑片滑到水平面时的速度为3v，对每块滑片运用动能定理有22327sin

cos112222LmgmgLmvmv−=−解得312sinvgL=相邻滑片到达水平面的时间差2Ltv=由于3dvt=解得2dL=