【文档说明】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三上学期10月月度检测物理试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，852.766 KB，由小赞的店铺上传

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华中师大一附中2024-2025学年度十月月度检测高三物理试题时限：75分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得

2分，有选错的得0分。）1.比值定义法是物理学中常用的研究方法，它用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量。定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的大小而改变，下面式子属于比值定义法的是（）A.Fam=B.2QEkr=C.pEq=

D.4rsCkd=【答案】C【解析】【详解】比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，或基本运动特征，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变；电场中某点的电势是由电场本身决定的，与放入电场中的试探电荷的电势能和电量无关，即pEq=是比值定义法；而Fam=、2QEkr=

、4rsCkd=都不是比值定义法。故选C。2.橘子洲大桥主桥长1156米，引桥长94米，引桥相当于从岸上搭到主桥的上一个斜面。下列说法正确的是（）A.橘子洲大桥建很长的引桥是为了增大汽车重力沿斜面向下的分力B.如果橘子洲大桥高度不变，增大引桥的长

度，则停在引桥桥面上的汽车对桥面的压力变小C.如果橘子洲大桥高度不变，减小引桥的长度，则停在引桥桥面上的汽车对桥面的摩擦力变大D.如果橘子洲大桥高度不变，减小引桥的长度，则停在引桥桥面上的汽车对桥面的最大静摩擦力变大【答案】C【解析】【详解

】AB．橘子洲大桥建很长的引桥可以减小引桥桥面的倾角，汽车重力沿桥面向下的分力sinxGmg=减小，汽车与桥面的压力NcosFmg=增大，故AB错误；C．根据平衡条件可知，汽车停在引桥桥面上时受到的摩擦力大

小为sinxfGmg==如果橘子洲大桥高度不变，减小引桥的长度，引桥桥面的倾角变大，则摩擦力fF变大，根据牛顿第三定律可知汽车对桥面的摩擦力也变大，故C正确；D．汽车与桥面之间的最大静摩擦力为mNcosFFmg==

倾角变大，则最大静摩擦力mF减小，故D错误。故选C。3.如图，甲将排球从离地面高为1mO位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8m的P位置时，速度大小为10m/s，此时，被乙击回并以水平速度18m/s沿轨迹②运动，恰好落回到O位置。已知排球的质量约为0.3kg，g取210

m/s，忽略空气阻力，则（）A.排球沿轨迹①运动的时间为0.6sB.O、P两位置的水平距离为10.8mC.排球沿轨迹①运动的最小速度为10m/sD.乙对排球做的功约为15J【答案】B【解析】【详解】B．对于轨迹②的运动，竖直方向有的

212hgt=解得22(2.81)s0.6s10htg−===水平方向有180.6m10.8mxvt===可知O、P两位置的水平距离为10.8m，故B正确；AC．排球沿轨迹①做斜抛运动，竖直方向上做竖直上抛运动，在最高点竖直速度为

0，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上运动距离2.8m1m1.8mhh=−=则排球沿轨迹①运动的时间大于0.6s，且最高点的速度小于10m/s，故AC错误；D．设乙将排球击出的速度为v，在P点由动能定理可知，乙对排球所做的功为22221110

.3(1810)J33.6J222Wmvmv=−=−=乙故D错误。故选B。4.北京时间2024年4月25日，神舟十八号载人飞船发射取得成功。假如“神舟十八号”仅受地球施加的万有引力作用下，绕地球

沿如图椭圆形轨道运动，它在A、B、C三点以下关系正确的是（）A.从A点运动至B点的过程中，“神舟十八号”的机械能不断减少B.从A点运动至C点的时间小于从C点运动至B点的时间C.“神舟十八号”在A点处的加速度最小D.“神舟十八号”在B点处受到的地球施加的万有引力最大【答案】B【解

析】【详解】A．仅受万有引力作用，从A点运动至B点过程中，“神舟十八号”的机械能守恒，A错误；的B．根据开普勒第二定律，在近地点最快，在远地点最慢，从A点到B点一直减速，两段路程相等，从A点运动至C点的速度大时间短，从C点运动至B点速

度小时间长，B正确；C．根据牛顿第二定律得2MmGmar=解得2MaGr=“神舟十八号”在A点处距离地球最近，加速度最大，C错误；D．根据万有引力定律2MmFGr=“神舟十八号”在B点处距离地球最远，受到的地球施加的万有引力最小，D错误。故选B。5.如图所示，静止框架AOB中的杆OB竖直，杆OA与

水平面间的夹角60=，且杆OA光滑。弹簧与竖直方向间的夹角30=，上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上的质量为m的小环相连，已知OB两点间的距离为L。则（）A.杆对小环的弹力大小为3mgB.弹簧弹力的大小为mgC.若整个框架以OB为轴开始转动，当小环稳定在与B点等高的A点

时转速为162gnL=D.若整个框架以OB为轴开始转动，若小环缓慢运动到与B点等高的A点，则此过程杆对小环做的功为2mgL【答案】C【解析】【详解】AB．小环在P点静止时，受力分析如图所示根据平衡条件有

()cos90sin0Tmg−+−=()sin90cos0TmgN−+−−=解得3Tmg=，Nmg=故AB错误；C．小环在A点时，设小环做圆周运动的半径为r，所受弹簧的弹力大小为TF、杆的弹力大小为NF，则水平方向有2TNsinFFmr+=竖直方向有Ncos0Fmg−

=由几何关系有tanLr=弹簧伸长的长度与初始相同，则T3FTmg==解得6=gL根据2n=解得转速为1622gnL==故C正确；D．小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度0Pv=小环在A点的速度大小2AvrgL==小环由P点到

A点的过程中，根据动能定理有21022ALWmgmv−=−解得1.5WmgL=故D错误。故选C。6.如图，质量为200kg的小船在静止水面上以3m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对船6m/s的速率水平向左跃入水中

，则救生员跃出后小船的速率为（）A.4.5m/sB.4.2m/sC.2.5m/sD.2.25m/s【答案】B【解析】【详解】设船的质量为M，人的质量为m，人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向外力之和为零，满足系统动量守恒；若救生员以相对船6m/s的速率水

平向左跃入水中，设救生员跃出后小船的速率为v，规定向右为正方向，则有0()(6)MmvMvmv+=−−代入数据解得4.2m/sv=故选B。7.两列简谐横波在同一介质中相向传播，0t=时刻的波形如图所示，两波源的平

衡位置分别位于M、N两点处，O点为M、N连线的中点，两波源的振动方向平行。已知M、N两点的间距16md=，振动频率均为2.5Hzf=，M处波源的振幅110cmA=，N处波源的振幅25cmA=。1.2st=时刻O处的质点开始振动

。下列说法正确的是（）A.两列波的波速大小均为20m/s3B.从0t=到2.2st=，O处质点运动的路程为0.5mC.从2.0st=到2.2st=，O处质点的动能先增大后减小D.经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有14个【

答案】B【解析】【详解】A．两列简谐横波在同一介质中传播，波速相等，由于两列简谐横波振动频率相等，则两列波的波长相等，故22dvt−=又vf=联立解得2m=，5m/sv=故A错误；B．两列简谐横波的周期为11s0.4s2.5Tf===两波源

振动步调相反，O点为M、N连线的中点，可知O处质点为振动减弱点，1.2st=时刻O处的质点开始振动，从1.2st=到2.2st=，O处质点振动了1s，即52T，故从0t=到2.2st=，O处质点运动的路程为1254()10(105)cm50cm

0.5m2sAA=−=−==故B正确；C．1.2st=时刻O处的质点开始振动，从1.2st=到2st=，O处质点振动了0.8s，即2T，可知2st=时刻O处的质点位于平衡位置，从2st=到2.2st=，O处质点振动了0.2s，即12T，可知2st=时刻O处的质点位于平

衡位置，故从2.0st=到2.2st=，O处质点的动能先减小后增大，故C错误；D．振幅为15cm的点为振动加强点，设振动加强点与M点的距离为x，两波源振动步调相反，则1(16)()2xxn−−=+（n＝0，1，2，3…）解得0

.5m1.5m2.5m3.5m4.5m5.5m6.5m7.5m8.5m9.5m10.5m11.5m12.5m13.5m14.5m15.5mx=、、、、、、、、、、、、、、、故经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有16个，故D错误。故

选B。8.蹦极也叫机索跳，是近年来新兴的一项非常刺激的户外休闲体育运动，其运动过程与下述模型相似，如图所示，质量为m的小球从与轻弹簧上端相距x处由静止释放，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦力，则在小球向下运动的过程中（）A.最大加速度为gB.最大加

速度大于gC.最大速度为22mggxk+D.最大速度为2mggxk+【答案】BC【解析】【详解】小球与弹簧相互作用时，牛顿第二定律mgkxma−=解得kagxm=-作出a−x图像，围成面积的含义为2202vv−。AB．小球最后速度为零，a−x图像在第一象限围成面积与在第四象限围成面积相等，可得最大

加速度大于g，故A错误，B正确；CD．加速度减为零时，即x轴坐标为x1时，速度最大，则1()0kagxxm=--=根据a−x图像在第一象限围成面积，此时最大速度为vm，则2m11()22vSgxgxx=+−=解得2m2mgvgxk=+故C正确，D错误。故选BC。9

.如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知

M、N的质量均为m弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。则关于从物块M开始运动到物块N刚要离开挡板的过程，已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.滑块M的位移为3sinmgkB.滑块N刚要离开挡

板的瞬间，滑块M的加速度大小为2singC.滑块M获得瞬时冲量的大小为322224sinmgmvk+D.重力对滑块M做的功为2222sinmgk【答案】BC【解析】【详解】A．滑块M、N置于斜面上处于静止状态时，弹

簧处于压缩状态，根据胡克定律有1sinmgkx=物块N刚要离开挡板时，弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有2sinmgkx=滑块M的位移为12xxx=+解得2sinmgxk=故A错误；B．滑块N刚要离开挡

板的瞬间，对滑块M进行分析，根据牛顿第二定律有2sinmgkxma+=解得2sinag=故B正确；D．重力对滑块M做的功为()12sinWmgxx=−+解得2222sinmgWk=−故D错误；C．结合上述可知，滑块M向上运动过程中，弹簧初始位置的压缩量等于末位置的伸长量，即弹簧初末状态

的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可得()2201211sin22mvmvmgxx−=+滑块M获得瞬时冲量的大小0Imv=联立解得322224sinmgImvk=+故C正确。故选BC。10.如图所示，倾角为的斜面足够长，

现从斜面上O点以与斜面成相同的角（90），大小为v、2v速度分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为Pv、Qv。设O、A间的距离为1s，O、B间的距离为2s，不计空气阻力，当取不同值时，下

列说法正确的是（）A.P、Q在空中飞行的时间可能相等B.Qv方向与斜面的夹角一定等于Pv方向与斜面的夹角C.Qv一定等于P2vD.2s可能大于14s【答案】BC【解析】【详解】A．将初速度分解在垂直斜

面方向和平行斜面方向，垂直斜面方向0sinvv=⊥平行斜面方向0cosvv=∥垂直斜面的加速度cosag⊥=平行斜面的加速度sinag=∥在空中飞行的时间00sincosvtvg=所以P、Q在空中飞行的时间之比为1：2，故A错误；D．小球的位

移212svtat=+∥∥结合sinag=∥PQ:1:2tt=可得124ss=故D错误；B．速度与斜面的夹角的正切值00sintancossinvvgt=+结合PQ:1:2tt=可知Qv方向与斜面

的夹角一定等于Pv方向与斜面的夹角，故B正确；C．结合B选项分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均为1：2，根据速度的合成可知Qv一定等于P2v，故C正确。故选BC。二、实验题11.某实验小组用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，如图甲所示。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直放置的

标有角度的纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直纸面内自由转动。将此装置固定于运动小车上，可粗略测量小车的加速度。主要操作如下：（1）先让连着纸带的重锤做自由落体运动，打点计时器在纸带上打出一系列点选取一条较理想的纸带

，纸带上计数点的间距如图乙所示，相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s。根据数据求出当地重力加速度g=___________2m/s（保留3位有效数字）；（2）若轻杆从竖直位置突然向左摆动，则小车可能向__________（填“左”或“右”）加速运动；（3）若轻杆摆动稳

定时与竖直方向的夹角为，则小车加速度a=__________（用g、表示）。【答案】（1）9.75（2）右（3）tang【解析】【小问1详解】根据逐差法可得当地重力加速度为235134xxgT−=代入数据解得2222(1.722.090.931.32)1m/s

9.75m/s40.002g−==+−−【小问2详解】若轻杆从竖直位置突然向左摆动，可知小球受到重力和轻杆弹力的合力方向水平向右，则加速度方向水平向右，小车可能向右加速运动。【小问3详解】若轻杆摆动稳定时与竖直方向夹角为，以小球为对

象，根据受力平衡可得tanmgma=可得tanag=则小车加速度为tang。的12.某同学用如图所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的栓接点（AB、）在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质

量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油。以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。小物块连同遮光条的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹性势能2p12Ekx=（x为弹簧形变量），重力加速度为g，遮光条的宽度为d，小物块释放点与光电门之间的距离为l（d远远小于l）。现将小物

块由静止释放，记录物块通过光电门的时间t。（1）物块通过光电门时的速度为_____；（2）改变光电门的位置，重复实验，每次滑块均从B点静止释放，记录多组1和对应的时间，做出21lt−图像如图所示，若在误差允许的范围内，21lt−满足关系式__________时，可验证轻弹簧和小物

块组成的系统机械能守恒；（3）在（2）中条件下，1ll=和3ll=时，物块通过光电门时弹簧具有两弹性势能分别为p1p3EE、，则p1p3EE−=_______（用13lmlg、、、表示）；（4）在（2）中条件下，取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值为__________（mg

k、、表示）。【答案】（1）dt（2）222212kglltmdd=−+（3）()13mgll−（4）mgk【解析】的【小问1详解】遮光条的宽度为d，通过光电门的时间t，则物块通过光电门时的速度为dvt=【小问2详解】若系统机械能守恒，则有221122

dmglklmt=+变式为222212kglltmdd=−+所以图像若能在误差允许的范围内满足222212kglltmdd=−+即可验证弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。【小问3详解】由图像可知1ll=和3ll=时，时间相等，则物块的速度大小相等，动能相等，可得3p3kmgl

EE=+p1k1mglEE=+联立可得()p1p313EEmgll−=−【小问4详解】由图像可知2ll=时遮光板挡光时间最短，此时物块通过光电门时的速度最大，可得2mglk=又2222m1122mglklm

v=+联立可得mmvgk=三、解答题13.某同学设计的抛射装置如图所示，固定倾斜长直导轨与水平面的夹角37=，开始滑块和小球均位于导轨底端。某时刻滑块以014m/sv=的初速度沿导轨上滑，同时小球斜向上抛出，滑块滑至轨道最高点时恰

好被小球击中。已知滑块与导轨间的动摩擦因数0.125=，不计空气阻力，滑块和小球均可视为质点。重力加速度大小210m/s,sin370.6,cos370.8===g。求：（1）滑块运动到最高点的时间t与位移x的大小；（2

）小球初速度v的大小及初速度与导轨间夹角的正切值。【答案】（1）2s，14m（2）233m/s，813【解析】【小问1详解】由牛顿第二定律得sincosmgmgma+=解得27m/sa=滑块运动到最高点的时间02svta==位

移为0014m2vxt+==【小问2详解】以斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，则加速度满足2sim/sn6xag==，2com/ss8yag==速度分解cosxvv=sinyvv=由于恰好在最高点击中，则沿垂

直斜面方向2102yyvtat=−212xxxtat=−v解得8m/s13m/syxvv==，小球初速度v的大小22233m/sxyvvv=+=初速度与导轨间夹角的正切值8tan13yxvv==14.如图所示，内壁粗糙、半径0.4mR=的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足

够长光滑水平轨道BC相切。质量20.2kgm=的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量10.2kgm=的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力为小球a重力的两倍。忽略空气阻力，重力加速度g取210m/s。（1）求小球a由A点运动到

B点的过程中，摩擦力做功fW。（2）求小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能pE；（3）求小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。【答案】（1）0.4J−（2）0.2J（3）0.4N?s【

解析】小问1详解】【小球由A静止释放运动到最低点B的过程中，根据动能定理有21f1112mgRWmv+=小球在最低点，根据牛顿第三定律可知，小球受到轨道的支持力N12Fmg=根据牛顿第二定律21N11vFmgmR

−=联立，代入相关已知数据求得f0.4JW=−【小问2详解】小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度2v过程中，由动量守恒定律可得()11122mvmmv=+由能量转化和守恒定律可得()2211122p1122mvmmvE=++联立代入

相关已知数据求得：小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能p0.2JE=【小问3详解】小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，设a后来速度为3v，b后来速度为4v，由动量守恒定律可得111324mvmvmv=+由能量转化和守恒定律有2221

11324111222mvmvmv=+对b，根据动量定理有24Imv=联立代入相关已知数据可得0.4NsI=15.如图所示，一传送带倾斜放置，其与水平面间的夹角37=，传送带顺时针匀速率运转，速度大小1m/sv=。传送带上表面PQ两

点间的距离8m=L。0t=时刻，物块1以初速度01m/sv=从Q点滑上传送带向下运动、物块2以初速度21m/sv=从P点滑上传送带向上运动，经过时间1t，物块1、2在传送带上M点（图中未画出）发生弹性碰撞

，碰撞时间极短。已知物块1的质量16kgm=，其与传送带间的动摩擦因数10.5=；物块2的质量22kgm=，其与传送带间的动摩擦因数20.75=，重力加速度210m/sg=，sin370.6=°，cos370.8=°。（1）求P点到M点间的距离2x；（2）求物块2从0时刻到离开传

送带经历的时间2t；（3）从0时刻，到两物块恰好要相碰，求传送带多消耗的能量E。【答案】（1）2m；（2）2.25s；（3）72J【解析】【详解】（1）对物块1受力分析，由牛顿第二定律有11111sincosmgmgma−=解得212m

/sa=同理对物块2受力，由牛顿第二定律有22222sincosmgmgma−=解得20a=故物块1沿斜面向下做匀加速运动，物块2沿斜面向上做匀速运动则物块1的位移2011112xvtat=+物块2的位移221xvt=由位移关系12xxL+=代入数

据解得22mx=（2）由（1）可知12st=则碰前物块1的速度1011vvat=+解得15m/sv=碰撞过程，由动量守恒、机械能守恒，有11221122mvmvmvmv−=+22221122112211112222m

vmvmvmv+=+联立解得12m/sv=，28m/sv=则物块2将以8m/s的速度沿传送带向下做匀速直线运动直至离开传送带，向下运动的时间222xtv=解得20.25st=故运动总时间122.25sttt==+（3）物块1下滑的过程中

，对传送带产生沿传送带向下的滑动摩擦力111cosfmg=物块2在上滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的最大静摩擦力22sinfmg=电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功，则有()121ΔEffvt=+代入数据得72JE=