【文档说明】湖南省长沙市师大附中2025届高三上学期第二次月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，4.581 MB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2025届高三月考试卷（二）物理得分：本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。第I卷一、单项选择题（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，只有一个选项是符合题目要求的）1.北京时间2024年8月5日，在巴黎奥运会游泳男子4100米混合泳接力决赛中，由徐嘉余、覃海洋、孙佳俊、潘展乐组成的中国队以3分27秒46的成绩夺得金牌，打破了美国队在该项目长达4

0年的垄断。下列说法中正确的是（）A.3分27秒46表示时刻B.各队中中国队的平均速率最大C.潘展乐在加速冲刺过程中惯性增大D.研究潘展乐的入水动作时可以将其看成质点【答案】B【解析】【详解】A．中国队以3分27秒46的成绩，夺得巴黎奥运会游泳男子4100

米混合泳接力决赛金牌，可知3分27秒46表示一段时间间隔，A错误；B．4100米混合泳的总路程不变，中国队游全程所用时间最小，由平均速率公式svt=可知，中国队的平均速率最大，B正确；C．质量是物体惯性的量度，潘展乐在加速冲刺过程中质量不变，因此其惯性不变，C错误；D．研究潘展乐的入水动作时

，潘展乐的形体和大小不能忽略，因此不可以将其看成质点，D错误。故选B。2.如图所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆的下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住。凸轮位于图示位置时，AB杆正在上升。

则（）A.凸轮绕O轴沿逆时针方向旋转B.凸轮上C、D两点线速度大小相等C.凸轮上C、D两点角速度大小相等D.凸轮上C、D两点向心加速度大小相等【答案】C【解析】【详解】A．由题知，AB杆正在上升，可知A点到轴心的距离在增大，故可判断凸轮的转动方向为顺时针，选项A错误；BC．

凸轮上C、D两点属于同轴转动，所以角速度相等，但它们到轴O的距离不同，由vr=可得，线速度大小不相等，选项B错误，C正确；D．凸轮上C、D两点的角速度相等，但它们到轴O的距离不同，由an=r2可得，加速度大小不相等，选项D错误。故选C

。3.如图所示，某同学从A点将同一个飞镖（可视为质点）先后沿着AO和斜向上两个方向掷出，两次掷出的速度大小均为010m/sv=。飞镖的运动轨迹分别如图中①、②所示，并分别击中靶心O点正下方1.25mh=处的P点和靶心O。已知A点和O点在同一水平面上，忽略空气阻力，重力加速度g

取210m/s，下列说法正确的是()A.AO的距离为6mB.沿轨迹①运动飞镖运动时间比②要长的C.沿轨迹①运动的飞镖动量变化量小于②D.沿轨迹②运动的飞镖的初速度方向与水平方向的夹角为30o【答案】C【解析】【详解】A．飞镖平抛运动过程，有212hgt=解得20.5shtg==可得05m

AOxvt==A项错误；B．沿轨迹②运动的飞镖水平速度小一些，运动时间长一些，B项错误；C．飞镖的动量变化量等于所受重力的冲量，沿轨迹②运动的飞镖运动时间长，受重力的冲量大一些，动量变化大，故C项正确；D．根据斜

抛运动的对称性，可知00sin2tvg=−0cosAOxvt=整理可得1sin22=解得1215,75==D项错误。故选C。4.光滑水平面上平行放置两根完全相同的软绳，两人分别握住绳的一端，在水平面

上沿垂直于绳的方向摆动，形成沿x轴正方向传播的两列简谐波。某时刻两列波的波动图像分别如图甲、乙所示，此时两列波分别传到离手12m和15m处。下列说法正确的是（）A.两列波的周期相等B.两列波的波源同时开始振动C.两列波的波源起振方向相同D.此时图乙所

示的波中8mx=处质点的加速度方向沿y轴负方向【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知两列波的传播速度相同，由甲、乙图可知，两列波的波长不同，则两列波的周期不相等，故A错误；B．由于两列波的传播速度相同，由甲、乙图可知，两列波的传播距离不同，所

以两列波的波源不是同时开始振动，故B错误；C．根据波形平移法可知，甲图中12mx=处的起振方向沿y轴负方向，乙图中15mx=处的起振方向沿y轴正方向，而波源的起振方向与质点的起振方向相同，所以两列波的波源起振方向不相同，故C错误；D．此时图乙所示的波中8mx=处

质点位移方向为y轴正方向，则加速度方向沿y轴负方向，故D正确。故选D。5.如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上．将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且2Mm=，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.若圆弧面光滑

，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小3gRC.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为3RD.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为23R【答案】C为【解析】【详解】A．若圆弧面光滑，

圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误；B．若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为1v，圆弧糟速度大小为2v，由机械能守恒定律知22121122mgRmvMv=+在水平方向上动量守恒有12mvMv=，2Mm=联立解得123gRv=，23gRv=故B错误；C．若圆弧面粗糙

，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为1x和2x，由水平方向动量守恒有12mxMx=，12xxR+=解得123xR=，23Rx=故C正确；D．由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为2221333RR

R+=故D错误。就选C。6.如图所示，滑块A以一定初速度从粗糙斜面体B的底端沿B向上滑，然后又返回，整个过程中斜面体B与地面之间没有相对滑动，那么在滑块向上滑和下滑的两个过程中()A.滑块向上滑动的时间大于向下滑动的时间B.斜面体B受地面的摩擦力大小改变、方向不变C.滑块上滑时地

面受到的压力大于滑块下滑时D.滑块上滑时地面受到的压力等于滑块下滑时【答案】B【解析】【详解】A．滑块上滑时做减速运动，加速度沿斜面向下，由牛顿第二定律得1sincosagg=+下滑时做加速运动，

加速度沿斜面向下，由牛顿第二定律得2sincosagg=−可见12aa，由于上滑、下滑位移相同，且最高点速度均为零，所以上滑时间短，A错误；B．滑块上滑时斜面体受到滑块的摩擦力与压力均有向右的分量，斜面体有向右的运动趋势，地面对斜面体摩擦力向左，滑块下滑时滑块对斜面体的作用力有向右的

分量，斜面体仍然有向右的运动趋势，地面对斜面体的摩擦力也向左，B正确；CD．物块上滑与下滑时A、B组成的系统都处于失重状态，由于12aa，物块上滑时失重程度大于下滑时，故物块上滑时地面对斜面体的支持力小于下滑时，CD错误。故选B。二、多项选择题（

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.现在人们业余生活都喜欢打气排球，气排球轻，很适合老年人锻炼身体。某退休工人在打气排球时将

一质量为m的气排球以大小为0v的初速度竖直向上抛出，落回抛出点时的速度大小为1v。已知气排球在运动过程中所受空气阻力的大小与其运动速度大小成正比。则下列说法正确的是（）A.气排球上升过程中加速度逐渐减小B.气排球下降过程中加速度逐渐增大C.气排球上升过程中损失的机械能小

于()220114mvv−D.气排球下降过程中损失的机械能小于()220114mvv−【答案】AD【解析】【详解】A．气排球上升过程中，加速度方向向下，大小kvagm=+为因为做减速运动，所以加速度逐渐减小，选项A正确；B．气排球下降过程中，加速度方向向下，大小为kvagm=

−因为做加速运动，所以加速度逐渐减小，选项B错误；CD．由于阻力做负功，机械能减小，可知01vv上升过程中，由动能定理可知20102fmghWmv−−=−上下降过程中，由动能定理可知2112fmghWmv−=下所以ffWW

下上又因为全过程损失的机械能为()220112Emvv=−气排球上升过程中损失的机械能大于()220114mvv−，气排球下降过程中损失的机械能小于14m()2201vv−，选项C错误，选项D正确。故选A

D。8.如图，某侦察卫星在赤道平面内自西向东绕地球做匀速圆周运动，对该卫星监测发现，该卫星离我国北斗三号系统中的地球同步轨道卫星的最近距离为r，最远距离为3r。则下列判断正确的是（）A.该侦察卫星的轨道半径为rB.该侦察卫星的运行周期为8hC.该侦察卫星和某地球

同步卫星前后两次相距最近的时间间隔为82hD.该侦察卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为1:2【答案】AD【解析】【详解】A．设侦察卫星的轨道半径为1R，同步卫星的轨道半径为2R，根据题意21RRr−=，213RRr+=解得1Rr=，22Rr=故A正确；B．根

据开普勒第三定律有21122233TRRT=解得31123262hRTTR==故B错误；C．根据题意有12222tTT−=解得24(221)h7t+=故C错误；D．由222πMmGmrrT=，2πrST=解得12SGM

r=因此该侦察卫星与地心连线和某地球静止卫星与地心连线在相等时间内扫过面积之比为1:2，故D正确。的故选AD。9.如图，光滑的细杆固定放置，与水平方向的夹角为37，质量均为m的小球与物块通过轻质细线连接，细线

跨过天花板上的两个轻质定滑轮。小球套在细杆上从某处由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，当小球运动到A点时，速度沿着杆斜向上大小为02gLv=，细线与细杆之间的夹角为37，当小球运动到B点时，细线与细杆垂直。已知A、B两点之间的

距离为L，重力加速度大小为g，小球与物块（均视为质点）总在同一竖直平面内运动，3sin375=，4cos375=，下列说法正确的是（）A.当小球在A点时，物块的速度大小为25gLB.当小球运动到B点时，物块的速度达到最大值C.小球从A点运动到B点，系统总重力

势能的增加量为25mgLD.当小球运动到B点时，速度的大小为2110gL【答案】AD【解析】【详解】A．小球在A点时，把02gLv=分别沿着绳和垂直绳分解，沿着绳子方向的分速度为//02cos375vvgL==由关联速度可知，此时物块的速

度等于沿绳方向的速度，则有//25vvgL==块故A正确；B．同理，小球运动到B点时，把小球的速度分别沿着绳和垂直绳分解，因为绳子与细杆垂直，即绳子与小球的速度垂直，则绳速为0，物块的速度为零，是最小值，故B错误；C．

小球从A到B，重力势能的增加量为p13sin375mgLEmgL==物块下落的高度为tan37cos372LLhL−==重力势能的减小量为p22mgLEmgh==则系统总重力势能的增加量为pp1p210mgLEEE=−=故C错误；

D．当小球运动到B点时，物块的速度大小为0，设小球的速度大小为v，令初始时系统重力势能为零，由系统的机械能守恒定律可得222p0111222Emvmvmv+=+块综合解得2110gLv=故D正确。故选AD。10.如图甲所示的“笑脸弹簧小人”由头部、弹簧

及底部组成，将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，小人不停上下振动，非常有趣。可将其抽象成如图乙所示的模型，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为2m。已知当弹簧形变量为x时，其弹性势

能2p12Ekx=，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是()A.将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面，下压最大距离为32mgkB.将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面压力做功最大值为22916mgkC.

若弹簧小人在振动过程中底部恰好不离开桌面，则弹簧的最大弹性势能为22258mgkD.若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为2mgk【答案】AC【解析】【详解】A．静置于桌面的弹簧小人，弹簧压缩量为0x，则0kxmg=轻

压头部后做简谐运动，底部不离开桌面，弹簧的最大伸长量为1x，则112kxmg=最大振幅为01Axx=+则32mgAk=故下压最大距离为32mgk，A项正确；B．从平衡位置缓慢下压A时最大压力为F，有()0FmgkxA+=+解得32Fmg=压力做功最大值为220928FmgWAk+==B

项错误；C．弹簧的最大压缩量为0xxA=+则弹簧的最大弹性势能为()222p12528mgEkxk==C项正确；D．若刚释放时头部的加速度大小为g，设弹簧的压缩量为0x，则0kxmgmg−=得02mgxk=头部往上运动至弹簧压缩量为0x时头部速度最大，则()2200m112

2kxxmv−=得mmvgk=D项错误。故选AC。第Ⅱ卷三、非选择题（本题共5个小题，共56分）11.某实验小组的同学利用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，调节气垫导轨的充气源，轻推滑块Q使其能在气垫导轨上做匀速直线运动；然后

将固定有遮光条的滑块P在倾斜轨道上由静止释放，经过气垫导轨左侧的光电门1后与滑块Q发生碰撞，并粘合在一起，最终通过光电门2。已知滑块P、Q的质量分别为m、M。请回答下列问题。（1）用螺旋测微器测量遮光条

的宽度如图乙所示，则宽度L=_________cm。（2）如果滑块P经过光电门1、光电门2时，遮光条的挡光时间分别为t1、t2。若碰撞过程，系统的动量守恒，则关系式12tt=__________成立；该碰

撞过程损失的机械能与初动能之比为kk0EE=________。（用测量的物理量表示）【答案】（1）0.1880（或0.1879或0.1881均可）（2）①.mmM+②.MMm+【解析】【小问1详解】螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以遮光条的宽度为1.5mm38.00.01m

m1.880mm0.1880cmd=+==【小问2详解】[1]碰前滑块P的速度为01Lvt=碰后两滑块整体的速度为2Lvt=若碰撞过程系统的动量守恒，则有0()mvmMv=+联立整理可得12tmtmM=+[2]

该碰撞过程损失的机械能为2222k0121111()()()2222LLEmvmvmmMtt=−=−+初动能为2k011()2LEmt=所以2k1k021()EtmMMEmtMm+=−=+12.小明利用如图甲所示的电路进行了

电流表的改装，改装后的电流表有两个量程，分别为0.1A0.6A、，其中表头的满偏电流g1mAI=、内阻g250r=。（1）电路图甲中，定值电阻1R=________、定值电阻2R=_______。（结果请均保留2位有效数字）（2）现将改装后的量

程为0.1A的电流表的接线柱接入电路，且用'A表示，然后设计了如图乙所示的电路，测量了某蓄电池的电动势和内阻，其中当电阻箱的阻值为326.42R=时、表头的示数为30.50mAI=，当电阻箱的阻值为415.02R=时、表

头的示数为40.80mAI=，则该蓄电池的电动势E=________V、内阻r=_________。（结果请均保留2位小数）（3）小明为了对改装后量程为0.1A的电流表进行校对，设计的电路如图丙所示，电路中选用了（2）中的蓄电池作为电源，其中电路中标准电流表A的量程为0.1AI=、内阻

为A5.0r=，校对时标准电流表的示数调节范围从0.02A0.1A，则电路中定值电阻05R=，滑动变阻器应选最大阻值为__________的。（填字母）A.10B.50C.100D.150【答案】（1）①.2.1②.0.42（2）①.1.52②.1.48（3）C【解析】【小问1

详解】[1][2]表头的满偏电压为ggg0.25VUIr==量程为0.1A时gg120.1AUIRR=++量程为0.6A时gg1g20.6AUIRIR+=+联立解得12.1R=，20.42R=【小问2详解

】[1][2]当改装后的电流表量程为0.1A时，改装后电流表的内阻应为()g12gg122.5rRRRrRR+==++表头的示数分别为340.50mA0.80mAII==、时，则改装后的电流表的示数分别为50mA、80mA，根据闭合电路欧姆定律得()()0.05A2.526.420

.08A2.515.02ErEr=++=++、联立解得1.52VE=、1.48r=【小问3详解】当电流最小时，滑动变阻器接入电路的阻值为R，则该电路的总电阻约为1AR0min1.52760.02ERrRRrRI=++++===解得滑动变

阻器接入电路中的阻值为62.02R=故选C。13.如图所示，热气球由球囊、吊篮和加热装置三部分构成，加热装置固定在吊篮上，用12根对称分布的轻绳拴住并与球囊相连，轻绳与竖直方向夹角均为37，热气球被锁定在地面上，现缓慢加热球内空气使其密度不断减小。当加热至某温度时，热气球受到竖直向

上大小为43.8510N的浮力，球内气体总质量为3100kg，此时解除热气球锁定。若球囊质量为208kg，吊篮和加热装置总质量为192kg，重力加速度大小取210m/s,sin370.6,cos370.8g==

=。求：（1）解除锁定瞬间每根绳子的拉力大小；（2）解除锁定后2s时有个金属零件从吊篮底部脱落，零件脱落后经过多少时间落地（忽略零件的空气阻力）。【答案】（1）220N（2）111s5+【解析】【小问1详解】对热气球的整体受力分

析，由牛顿第二定律FMgMa−=浮其中()3100208192kg3500kgM=++=解得21m/sa=设每根绳子拉力为F，则对吊篮和加热装置由牛顿第二定律得12cosFMgMa−=其中192kgM=解

得220NF=【小问2详解】设2st=零件脱落时离地的高度为h，则212hat=脱落零件的速度为0v，则0vat=设经时间t落地，设竖直向下正方向，有0212hvtgt=−+代入数据解得111s5t+=14.如图，长为1.6mL=的轻绳一端固定在1O点，另一端连

接质量为02.0kgm=的小球P。起始时小球P位于1O点正上方的A点，绳子恰好伸直，给小球P一向左的水平初速度0v22m/s=，当小球P运动到最低点B时恰好与位于光滑水平面BC上的小球Q发生弹性碰撞，Q的质量为14kg9m=，碰撞时间极短，碰撞后小球Q恰好能到达右侧光滑半圆形轨道

的最高点D，图中C点、半圆圆心2O和D点在同一竖直线上。已知重力加速度g取210m/s，不计空气阻力。求：（1）小球P与小球Q碰撞前瞬间绳子拉力大小TF；（2）右侧光滑半圆形轨道半径R的大小。【答案】（1）

100N为（2）1.62m【解析】【小问1详解】由题意可知2000vmgmL故小球P抛出后做平抛运动。设经时间t绳子绷直。设水平方向和竖直方向的位移分别为x和y，如图所示0xvt=212ygt=()222xLyL+−=解得22s1.6m1.

6m5txy===，，可见，绳子绷直时恰好处于水平状态，如图所示绳子绷直后水平分速度将减为0，竖直速度为1v，设运动到B点时速度为Pv，则1vgt=解得1/s42mv=对小球P由动能定理得2200011122pmgLmvmv=−代入数据解得P8m/sv=对小球由牛顿第二定律得2PT00vFmgmL

−=解得T100NF=【小问2详解】设小球Q被撞后速度为Qv，碰后P的速度为1v，由动量守恒定律与机械能守恒定律得0p010mvmvmv=+2220P01Q111222mvmvmv=+设小球Q运动到D点时速度大小为Dv2DvmgmR=22DQ11222mg

Rmvmv−=−解得1.62mR=15.如图所示，小滑块1、2质量分别为m和4m，滑块1在半径为R的四分之一光滑圆弧最高点A处，滑块2置于粗糙水平轨道端点C处，BC、间距为L。C点正下方O处固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧右端固定一质量为6Mm=

的滑块，置于光滑水平面上。静止释放滑块1，1与2发生弹性碰撞后恰好静止于B点。滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块M一个向右的初速度0317gRv=，滑块2与运动中的M在平衡位置相碰后竖直向上运动至与C等高的D点。已知所有的碰撞时间极短，

质量为0m的弹簧振子振动周期为02mTk=，重力加速度为g，求：（1）滑块1与水平面BC间的动摩擦因数；（2）C点与滑块M的高度差h；（3）滑块2与M第二次碰撞后弹簧振子的振幅A。【答案】（1）934RL（2）()()223210,1

,2,3,mgnnk+=（3）617mgRk【解析】【小问1详解】（1）设滑块1与2碰前速度为1v，由动能定理21102mgRmgLmv−=−碰后两者速度分别为1v和2v，由于弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒''1124mvmvmv=+222112111422

2mvmvmv=+解得'11140.64mmvvvmm−==−+，'21120.44mvvvmm==+碰后滑块1恰滑动后能静止在B点，滑块1只能从C点向左匀减速运动至B，由动能定理得21102mgLmv−=−联立

以上各式得'2217gRv=，934RL=【小问2详解】（2）滑块2与振子M在平衡位置相碰，由于'02vv，滑块2只能与向左运动的M相碰才能碰后竖直向上运动，则碰前运动时间t满足()0,1,2,3,2TtnTn=+=所求高度为212hgt

=解得()()223210,1,2,3,mghnnk=+=【小问3详解】（3）滑块2与M碰撞过程水平方向动量守恒，第1次碰撞后M的速度设为1Mv，则'02M140MvmvMv−=+代入6Mm=得M15317gR

v=设第一次碰撞过程中滑块2与M接触时间为t，则在t时间内滑块2与M间为滑动摩擦力，因为滑块2离开M瞬间是相对运动的。滑块2从竖直上抛后落下与M发生第二次碰撞前运动时间为2t，滑块运动()21nT+时间正好在平衡位置向左运动时与滑块2

相撞。假设第二次碰撞过程中滑块2离开M前能共速，则()14MMvmMv=+共解得17gRv=共由于第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小'124Imv=第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小24Imv=共由于12II第二次滑动摩擦力作用的时间tt

则假设成立。滑块2离开M后，振子M的速度为v共。设所求振幅A为221122MvkA=共解得617mgRAk=