【文档说明】湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期月考（二）物理试卷Word解析.docx，共(16)页，539.950 KB，由小赞的店铺上传

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长沙市一中2025届高三月考试卷（二）物理得分：________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页。时量75分钟，满分100分。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计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．

在东汉王充所著的《论衡·状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移。何者？大石重而沙石轻也。”从物理学的角度解释正确的是（）A．沙石很小可以视为质点所以容易被冲走B．说明力是改变物体运动状态的原因，有力作用物体才会运动，无力作用物体不会

运动C．“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力D．“大石不移”是因为大石受到的阻力等于水的冲力2．已知一个电子所带电量191.610Ce−=，现有位同学发现某本资料书上有个数值很模糊，根据你所学知识，推断该数值不可能是（）A．30CB．181.610C−C．4.8CD．194.010

C−3．如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为1L，O点正下方2L处有一铁钉。重力加速度为g，不计空气阻力，将小球拉至A处无初速度释放（摆角很小），这个摆的周期为（）A．()121πLLLgg−+B．()122πLLg−C．()1212πL

LLgg−+D．12πLg4．某物体位置随时间的关系为2123xtt=++，则关于其速度与1s内的位移大小，下列说法正确的是（）A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的平均速度大小为6m/sB．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的平均速度

大小为6m/sC．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的平均速度大小为5m/sD．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的平均速度大小为5m/s5．如图所示，14光滑圆弧轨道AB末端切线水平，与12光滑圆弧轨道BCD在B处连接且固定，圆弧

轨道BCD的半径为2r，圆弧轨道AB的半径1r未知且可调节。一可视为质点的小球从A点由静止释放，经过B点落在圆弧轨道BCD上，若小球在空中运动的时间恰好最长，空气阻力可忽略，则12:rr为（）A．1:2B．1:4C．2:5D．2:96．如图，空间内有一方向水平向右范围足够大的匀强电场，场强3mgE

q=，一绝缘轻质硬细杆固定在光滑水平轴O上，可以在竖直面内绕转轴O自由转动，杆的两端分别固定着两个质量均为m、带电量均为q+且可视为质点的A、B小球，已知AOL=，2BOL=，CD为过O点的水平线。忽略两小球电荷间的相互作用力，将细杆

从如图所示的竖直位置静止释放，若以两球及轻质硬细杆作为系统，取释放处时B球所处的水平面为重力势能的零势能面，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法错误的是（）A．细杆可运动到CD线位置B．B球能上升的最大高度为3LC．系统的最大机械能

为(33)mgL+D．系统的最大动能为32mgL二、多项选择题：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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．如图，倾角为的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖

直，用轻绳系住一个紧靠在尖劈的右侧质量为m的球，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（）A．尖劈的质

量M与球的质量m之比为21tanB．对球施加水平推力后，轻绳的拉力变大C．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力变大D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为08．一卫星原来在半径为1R的圆轨道A上绕地球做匀速圆周运动，后来经历椭圆轨道B变到更高的半径为2R圆轨道

C上做匀速圆周运动。轨道A与轨道B相切于P点，轨道B与轨道C相切于Q点。已知质量为m的人造地球卫星与地心的距离为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。关于卫星的运动，下列说法正确的是（）A．卫星在椭圆轨道上稳定运行时，机械不守恒B．该卫

星在三个轨道上运行的周期CBATTTC．该卫星从圆轨道A变到圆轨道C，合力做的功为1222GMmGMmRR−D．该卫星从圆轨道A变到圆轨道C，需要除引力之外的力做功为1222GMmGMmRR−9．如图所示的电路中，D为理想二极管（

正向电阻为零，反向电阻为无穷大），AB为电容器的两极板，R为滑动变阻器，0R为定值电阻。将滑动变阻器的滑片P滑到b端，保持开关S断开，闭合开关K。将滑动变阻器的滑片滑到中央位置，闭合开关S，两板间C点处的带电液滴恰能保持静止，下列说法正

确的是（）A．将滑片滑向a端，该液滴向下运动B．将滑片滑向b端，该液滴向上运动C．将A板向上移动，该液滴向下运动，C点电势降低D．将A板向下移动，该液滴向上运动，C点电势升高10．如图所示，质量为2kgM=的木板A

B静止放在光滑水平面上，木板右端B点处固定一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态时左端在C点，C点到木板左端的距离1.0mL=，可视为质点的小木块质量为m（m未知），静止放置在木板的左端；现对木板AB施加水平向左的恒力24NF=，0.5s时撤去恒力F，此时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后

的运动中没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C点左侧部分与木块间的动摩擦因数为0.2=，C点右侧部分光滑；取210m/sg=。下列说法正确的是（）A．撤去恒力F后，木板先做减速后做匀速运动B．恒力F对木板AB做功为26JC．

整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能p8.0JE=D．整个运动过程中，系统产生的热量8.0JQ=三、实验题：本题共2小题，11题6分、12题10分，共16分。11．某兴趣小组设计了探究“加速度与力的关系”的实验方案，如图甲所示。小车的质量为M，沙和沙桶

的质量为m，滑轮和细线质量不计。（1）对本实验的操作，下列说法中正确的是________。A．实验中需要测量沙和沙桶的质量mB．实验中需要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行C．实验中为减小误差，一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量MD．平衡

摩擦力时，先悬挂沙桶，再调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑（2）实验过程中，打出了一条纸带，如图乙所示。打点计时器使用频率为50Hz的交流电源，纸带上标注的0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还

有4个点未画出。测出12.10cmx=，23.62cmx=，58.12cmx=，69.60cmx=则小车加速度大小a=________2m/s。（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，作出的aF−图像是一条过原点的直线，如图丙所示。若直线的斜率为k，则小车的质量

为________（用斜率k表示）。12．为研究某金属导线材料的电阻率，实验器材如下：待测金属导线一根；电压表（量程0~3V，内阻约为3k）；电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.1）；滑动变阻器1R（阻值范围0~100，允许通过的最大电流为0.1A）；滑动变阻器2R（阻值范围0~20

，允许通过的最大电流为1A）；两节干电池，开关，导线若干，螺旋测微器，刻度尺。（1）如图甲，用螺旋测微器测金属导线的直径d时，如图乙所示，则d=________mm。（2）用如图丙所示电路进行实验，图丁为实物图，调节金属导线上可动接线柱Q的位置

（金属导线的总阻值约10），可以改变导线接入电路的长度，可动接线柱Q有一定的电阻，但阻值未知。滑动变阻器应该选________（选填“1R”或“2R”），将实物图连线连接完整。（3）多次改变导线接入电路的长度L，测

量不同长度时的电阻xR，作xRL−图像如图戊所示，测得图像中直线的斜率为k，纵坐标截距为b，则该金属材料的电阻率为________，可动接线柱Q处的电阻为________（用k、b和d表示）。四、解答题：本题共3小题，共40分。其中第13题10分，第14题14分，第15

题16分，写出必要的推理过程，仅有结果不得分。13．如图某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接，电动机拉动B，使A运动。某次运行时，A（含载重）的质量1000kgM=，0t=时，A从1楼由静止开始以20.5m/s的加速度加速运动

，然后以1m/sv=的速度匀速运动，最后以大小为20.5m/s的加速度减速上升至3楼停止，A上升的高度7mh=。已知B的质量800kgm=，不计空气阻力和摩擦阻力，g取210m/s。求：（1）此次电梯匀速运行的时间；（2）1st=时，B下端缆绳的拉力大小；（3）A（含载重）从静止

开始上升到5m的过程，A（含载重）的机械能增量。14．小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量1kgm=的小球（可视为质点），离地面高度2mh=，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径1mR=、圆心角为60的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于

水平地面的倾角为30的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为0.5mr=的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径。现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置

丙。已知小球在水平地面运动时受到的摩擦力恒为5Nf=，其他阻力均不计，取重力加速度大小210m/sg=，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（1）求小球被击打的瞬间装置甲对小球的冲量大小；（2）若3.6mCD=，则求小球到E点时对轨道的

压力大小；（3）若要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道（不考虑离开DE段之后的运动），则CD长应为多少？15．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水

平向右的匀强电场，现将一质量为m、电荷量为q+的小球（可视为质点）从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场，已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g。求：（1）匀强电

场的电场强度E的大小；（2）轨道对小球支持力的最大值；（3）小球在水平轨道上的落点到A点的距离。长沙市一中2025届高三月考试卷（二）物理参考答案一、二选择题（1~6每小题4分。7~10每小题5分，选对但不全得3分）1-6：DDACBD7．AC8．BD9．BD10．CD1．D【解

析】A．沙石被冲走与沙石是否可以视为质点无关，A错误；B．B错误；CD．“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力为零，C错误，D正确。故选D。2．D【解析】所有带电体所带电量都是e的整数倍，所以ABC均有

可能，D不可能。故选D。3．A【解析】由题意，根据单摆周期公式，有112πLTg=，()1222πLLTg−=则这个摆的周期为()1211211ππ22LLLTTTgg−=+=+故选A。4．C【解析】根据速度的定义式xvt=表明，速度等于位移

与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢，还描述了物体运动的方向。因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。再根据物体位置随时间的关

系2123xtt=++，可知开始时物体的位置01mx=，1s时物体的位置16mx=，则ls内物体的位移为105mxxx=−=故平均速度为5m/s故选C。5．B【解析】若小球在空中运动的时间最长，此时小球落在C点，根据平抛运动规律

有2Brvt=，2212rgt=小球从A点由静止释放到B点，根据动能定理有2112Bmgrmv=联立解得，12:1:4rr=故选B。6．D【解析】A．细杆运动到CD线位置，设A的速度为v，则同轴转动，角速度相同，B的速度为2211222(2)22vm

gLmgLEqLEqLmvmv−+−=+解得2(31)05gLv−=故细杆可运动到CD线位置，故A正确；B．B球上升的高度为3L时，根据能量守恒()()22112cos30cos30sin303222qELqELmgLLmgLmvmv−++−=+，解得0v=，B球能上

升的最大高度为3L，故B正确；C．电场力做功最大，系统的最大机械能，当运动到水平时，机械能最大，且电场力做功等于机械能的增加量m23(33)EEqLEqLmgLmgL=−+=+故C正确；D．当电场力与

重力的合力与杆在一条线上时，动能最大值为()()km2sin60sin6021cos601cos60EEqLEqLmgLmgL=−−−+−解得kmEmg=故D错误。故选D。7．AC【解析】A．对球施加水平推力前，以尖劈

和球整体为研究对象，如图可知轻绳的拉力为()sinTMmg=+斜面对尖劈的支持力为1()cosNMmg=+以球为研究对象，如图可知轻绳的拉力为sinmgT=联立解得21tanMm=故A正确；B．以球为研究对象，可知对球施加水平推力后不影响竖直方

向力的大小，轻绳的拉力不变，如图故B错误；CD．以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推力后，如图根据平衡条件可得1()cossinNMmgF=++cos()sinTFMmgf+=++由此可知，斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后

，要保持平衡，则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故C正确，D错误。故选AC。8．BD【解析】A．卫星在椭圆轨道上稳定运行时，只有万有引力做功，故机械能守恒，A错误；B．由于21BRRR，

由开普勒第三定律32rT=定值可得：CBATTT，B正确；C．卫星在轨道A上21211mvGMmRR=卫星在轨道C上22222mvGMmRR=由动能定理可得，该卫星从圆轨道A变到圆轨道C，合力做的功为22211122Wmvmv=−合联立解得2122GMmGMmWRR

=−合，C错误；D．该卫星从圆轨道A变到圆轨道C，万有引力和其他力对物体做功，则由WWW=+合引其他由上可得2122GMmGMmWRR=−合pApC1221GMmGMmGMmGMmWEERRRR=−=−−−=−引联立解得1222GMmGMmWRR=−其他，D正确

；故选BD。9．BD【解析】A．液滴静止不动，则Eqmg=；滑动变阻器滑向a端，R电阻减小，分压减小，若电容器电压减小，由QCU=可知，电容器电量减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，U不变，由UEd=知，E不变，故液滴不动，A错

误；B．滑动变阻器滑向b端，R电阻变大，分压变大，电容器电压变大，由QCU=可知，电容器电量变大，即电容器充电，二极管导通，故此时电容器电量增加，U变大，由UEd=知，E变大，故液滴向上运动，故选项B正确；C．A板上移，d增大，由4πSCkd=知C减小，若

电压不变，由QCU=知，Q减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，由4πUkQEdS==知，电场强度E不变，液滴不动，故C错误；D．A板下移，d减小，电压不变，由UEd=知，E变大，液滴向上运动；根据UEd=可知C点与B板电势差变大

，即C点电势升高，选项D正确；故选BD。10．CD【解析】AB．F作用的过程中，对小木块有1mgma=，21112xat=可得212m/sa=，10.25mx=对木板有2FmgMa−=，22212xat=，21xxL−

=联立可得2210m/sa=，2kgm=则恒力F对木板AB做功为230JWFx==此时木板的速度225m/svat==小木块的速度111m/svat==所以弹簧被压缩，小木块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两者共速，此时弹簧弹性势能最大，由动

量守恒和能量守恒有12()mvMvMmv+=+22212pm111()222mvMvMmvE+=++可得3m/sv=，pm8JE=之后弹簧伸长，小木块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧回复原长时，小木块速度

大于木板速度，小木块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动；木板受到向左的摩擦力，开始做加速运动，故AB错误，C正确；D．弹簧回复原长时，根据动量和能量守恒1221mvMvMvmv+=+2222122111112222mvMvMvmv+=+可知15m/sv=，21m/sv

=假设二者在粗糙部分最后共速，则由21()mMvMvmv+=+可得3m/sv=木板的加速度大小222m/smgaM==木板向左运动的位移()222222m2vvxa−==小木块的位移()221114m2vvxa−==−则122mxxL−=因此假设不成

立，即小木块从木板左侧滑出，所以整个运动过程中，系统产生的热量28JQmgL==，故D正确。故选CD。三、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分）11．（每空2分，共6分）（1）B（2）1.5或1.50（3）2k【解析】（1）A

．本实验可由弹簧测力计直接得出小车受到的拉力大小，不用沙和沙桶的重力代替小车受到的拉力，所以不需要天平测量沙和沙桶的质量m，故A错误；B．要保证小车做匀变速直线运动，小车的受力必须恒定不变，因此需要调节滑轮高度，使细线与长木板平行，确保

小车受力恒定不变．故B正确；C．因为小车受到的拉力由弹簧测力计进行测量，故不必要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M，故C错误；D．平衡摩擦力时，不悬挂沙桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑，故D错误。故选B。（2）

由题意可知，两计数点间时间间隔为0.1sT=，由逐差法可得，小车加速度大小为()()561228xxxxaT+−+=代入数据解得21.5m/sa=（3）由牛顿第二定律可得2FMa=则2aFM=图线的斜率是2kM=则小车的质量为

2Mk=12．（每空2分，共10分）（1）1.200（2）2R见解析（3）21π4kdb【解析】（1）用此螺旋测微器测得该金属导线的直径d，如图乙所示，则1mm20.00.01mm1.200mmd=+=（2）由实验原理图可知，滑动变阻器采用分

压式接法，为了便于调节，应该选最大阻值较小的2R。要把实物图连线连接完整，还需从电池负极接线柱引线连接到图中滑动变阻器的左下接线柱。如图所示：（3）依题意，可得2π2xQLRRd=+整理，可得24πxQRLRd=+

结合图戊可知21π4kd=，QRb=四、解答题（本题共3小题，共40分。）13．（10分）【解析】（1）电梯加速运行的时间12svta==位移111m2vht==减速运行的时间22svta==位移221m2vht==匀速运行的时间1235shhhlv−−==3分（2）由（

1）可知1st=时，A匀加速上升，B匀加速下降，设B下端缆绳的拉力大小为F，B上端缆绳的拉力大小为T，对ABTMgMa−=FmgTma+−=代入数据解得2900NF=4分（3）由（1）可知A上升到5m时，速度大小为1m/s，机械能增量2102Emvmgh=+−代入数据解

得50500JE=3分14．（14分）【解析】（1）小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，所以0tan60yvv=根据竖直方向()2cos6030m/syvghRR=−+=所以010m/sv=根据动量定理可知，冲量010kgm/sImv==4分（2）根据动能定

理220112sin22CDEmghfLmgrmvmv−−=−在E点2NsinEvFmgmr+=根据作用力与反作用力得小球在E点对轨道的压力为N3NFF==4分（3）小球由A点运动至E点有220112sin22CDEmghfLmgrmv

mv−−=−10sinm/s2Evgr==得3.75mCDL=小球由A点运动至DE中点有201sin02CDmghfLmgrmv−−=−得4.5mCDL=小球由A点运动至D点有20102CDmghfLmv−=−得5mCDL=总结得3.75mCDL或4.5m5mCDL6分15．（16分

）【解析】（1）设小球过C点时的速度大小为Cv，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有21322CqERmgRmv−=小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中，水平方向有12CRvt=竖直方向有2112Rgt=联立解得mgEq=4分（2）小球运

动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为mv，OD与竖直线OB夹角为，由于mgqE=，则45=，小球从A点运动到D点的过程中，根据动能定理有2m1(2sin)(1cos)2qERRmgRmv+−−=即2m1(sincos1

)2mvmgR=++解得最大速率m2(21)vgR=+由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时受到半圆轨道的支持力最大，设此支持力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系，则有2msin45cos45mvF

qEmgR−−=即半圆轨道对小球支持力的最大值为(232)Fmg=+6分（3）小球通过P点时水平方向速度大小为12CvvgR==竖直方向速度大小为212vgtgR==进入电场后，水平方向加速度大小为1Eqagm==竖直方向加速度大小为2mgagm

==故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动，水平方向有2121212xvtat=−竖直方向有2222212Rvtat=+联立解得(425)xR=−6分