2025届湖南省德英才长沙市一中高三月考试卷（一）-物理试题（含答案）.docx

长沙市一中 2025 届高三月考试卷（一）
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
.下列说法正确的是（
）
F
A.由牛顿第二定律，可以得到加速度的定义式为 a =
m
B.伽利略最先建立描述运动的物理量，如平均速度、瞬时速度和加速度
C.千克、米和牛顿都是国际单位制中的基本单位
D.根据开普勒第二定律，不同行星与太阳的连线在相同的时间扫过相同的面积
2
.北京时间 8 月 10 日凌晨，2024 年巴黎奥运会田径赛事在法兰西体育场的赛场火热进行中。中国选手巩立
姣和宋佳媛进入女子铅球的决赛，其中巩立姣已经是奥运会的“五朝元老”。如图所示，运动员斜向上推
出铅球，铅球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，则（
）
A.铅球飞到最高点时速度为零
B.运动员斜向上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能
C.铅球在空中飞行过程中，铅球的动量变化率恒定
D.只要铅球离手时初速度更大，在空中飞行的时间一定更长
3
.一根粗细不均匀的绳子摆放在地面上，已知绳子的质量为 5kg，绳长为 1m，抓住绳子一端缓慢往上提起，
直到另一端恰好离开地面，此过程需做功 30J。若抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来，拉力做功为（g 取
1
0m/s2 ）（
）
A.10J
B.20J
C.30J
D.50J
4
.质量为 m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。
d
首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 ，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深
1
d
度为 ，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小相同。当两颗子弹均相对于木块静止
2
时，下列判断正确的是（
）

d <d2
1
d <d
A.木块静止，
B.木块向右运动，
1
2
d =d2
1
d =d
C.木块静止，
D.木块向左运动，
1
2
5
.如图所示，金属环 M、N 用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置
以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是（
）
A.转动的角速度越大，细线的拉力越大
B.转动的角速度越大，环 N 与竖直杆之间的弹力越大
C.转动的角速度不同，环 M 与水平杆之间的弹力大小可能不相等
D.转动的角速度不同，环 M 与水平杆之间的摩擦力大小可能相等
6
.如图所示，静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速度放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若
要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是（
）
A.使箱子做自由落体运动
B.使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
C.使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D.使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
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（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为 m 的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡
位置为 x 轴原点，竖直向下为 x 轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲
T
线如图（b）所示，若 时刻弹簧弹力为 0，重力加速度为 g，则有（
）
2

mg
A.0 时刻弹簧弹力大小为 mg
B.弹簧劲度系数为
A
T
3T
T
C.
~
时间段，回复力冲量为 0
D. ~ T 时间段，小球动能与重力势能之和减小
4
4
2
8
.我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图 P 点是北纬 37°（即q =37°）地球表面上一颗等待发射的
卫星，质量相同的北斗导航卫星 A、B 均绕地心 O 做匀速圆周运动，卫星 B 是地球静止轨道卫星（同步地
球卫星）。某时刻 P、A、B、O 在同一平面内，其中 O、P、A 在一条直线上，且 OA 垂直 AB ，则（
）
A.三颗卫星中角速度最大的是 A 卫星
B.三颗卫星中线速度最大的是 B 卫星
C.卫星 A、B 的加速度之比 25∶16
D.卫星 A、B 的动能之比 25∶16
9
.某景区的彩虹滑梯如图所示，由两段倾角不同的直轨道（第一段倾角较大）组成，同种材料制成的粗糙斜
面
AB 和 BC
高度相同，以底端 C 所在水平直线为 x 轴，顶端 A 在 x 轴上的投影 O 为原点建立坐标系。一
游客静止开始从顶端 A 下滑到底端，若规定 x 轴所在的水平面为零势能面，则物体在两段斜面上运动过程
E
E
中重力势能 、动能 k、机械能 E、产生的热量 Q 随物体在 x 轴上投影位置坐标 x 的变化关系图像中正确
p
的是（
）

A.
B.
C.
D.
1
0.如图甲所示，质量为 2m 的足够长木板 C 置于水平面上，滑块 A、B 质量均为 m，置于 C 上，B 位于 A
m
A
=0.2，B、C 间和 C 与地面间的动摩擦因数 m =m =0.1
。给 C 施
右方某处。A、C 间的动摩擦因数
B
C
1
加一水平向右的恒力 F，从开始施加恒力到 A、B 第一次相遇时间为 t。可得 与 F 的关系如图乙所示（最
t2
大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2 ），下列说法正确的是（
）
A.滑块 A 能获得的最大加速度为 2m/s2 B.A、B 之间的初始距离为 4m
C.滑块 A 的质量为 1kgD.若 F =10.5N ，A、C 之间将发生相对滑动
三、实验题：本题共 2 小题，11 题 10 分、12 题 6 分，共 16 分。
11.（10 分）实验小组在“探究加速度与力、质量的关系”时，用图甲所示的装置进行实验。实验中，用槽
码的重力代替细线中的拉力。

（1）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度 d＝______mm。
（2）下列说法中正确的是______。
A.槽码的质量应远小于滑块的质量
B.气垫导轨右端应比左端高
C.先释放滑块再打开气垫导轨的气源
（3）实验小组用如下方法测量滑块的加速度 a：将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电
t t
t t
2
门 1、2 的时间分别为 、 ，两个光电门间的距离为 L，则滑块的加速度大小 a＝______（用字母 1、
、
1
2
L、d 表示）。
（4）为了减小偶然误差，该小组同学设计了另一种方案，测得遮光条从光电门 1 到 2 的时间为 t，两个光
电门间的距离为 L，保持光电门 2 的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门 1 的位置进行多次测
L
v
t
v
0
量，测得多组 L 和 t 的数据，作出了 - t 图像如图丙所示，已知纵轴截距为 ，横轴截距为 ，则
表
0
0
t
示遮光条通过光电门______（选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小 a＝______。
1
2.（6 分）某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验，操作步骤如下：
Ⅰ.先将光滑斜槽轨道的末端调至水平，在一块木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板立于靠近槽口
处，使小球 a 从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，撞到木板在纸上留下压痕 O；
Ⅱ.将木板向右平移适当距离，再使小球 a 从原固定点由静止释放，撞到木板在纸上留下压痕；
(
m
< )
静止放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球 a 仍从原固定点由静止开始滚
b
b m
Ⅲ.把半径相同的小球
a
下，与小球 b 相碰后，a 球沿轨道反弹后返回，两球撞在木板上的纸上留下压痕。将这些压痕标记为点 A、
B、C，已知 b 球的压痕为 C。
（1）本实验必须测量的物理量是______。
m m
A.小球 a、b 的质量
、
a
b
B.小球 a、b 的半径 r

C.斜槽轨道末端到木板的水平距离 x
y y y
D.记录纸上 O 点到点 A、B、C 的距离
、
、
1
2
3
（
2）放上被碰小球 b，两球相碰后，小球 a 在图中的压痕点为______（选填“A”或“B”）。
3）用本实验中所测得的物理量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为______。
（
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。
AB
BC
与水
1
3.（10 分）如图甲所示，
形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面
粗糙，光滑表面
平面夹角q =37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当
力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从 C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记
录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin 37° = 0.6 ， cos 37° = 0.8，g 取10m/s2 。求：
（
（
（
1）斜面 BC 的长度；
2）滑块的质量；
AB
3）木块水平表面
段长度。
AB
在竖直平面内，圆弧 B 处的切线水平。A、B 两端的高度差为 0.2m，
1
4.（14 分）如图所示，光滑圆弧
B 端高出水平地面 0.8m，O 点在 B 点的正下方。将一滑块从 A 端由静止释放，落在水平面上的 C 点处。g
取10m/s2 。
（1）求OC 的长；
（2）在 B 端水平衔接一长为 1.0m 的木板 MN ，滑块从 A 端释放后正好运动到 N 端停止，求木板与滑块间
的动摩擦因数；
（3）在（2）问的条件下，若将木板右端截去长为 DL 的一段，滑块从 A 端释放后将滑离木板落在水平面
D
L
上 P 点处，要使落地点距 O 点的距离最远，
应为多少？

1
5.（16 分）如图甲所示，在光滑水平面上有 A、B、C 三个小球，A、B 两球分别用水平轻杆通过光滑铰链
与 C 球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不拴接。固定住 C 球，释
E =8J
P
放弹簧，A、B 两球瞬间脱离弹簧并被弹出，已知此过程中弹簧释放的弹性势能
，A、B 两球的质量
均为 m = 0.5kg ，C 球的质量 M = 1kg ，杆长 L = 0.5m ，弹簧在弹性限度内。
（
（
（
1）求 A、B 两球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小；
2）若 C 球不固定，求释放弹簧后 C 球的最大速度 v；
3）若 C 球不固定，求从 A、B 两球与弹簧分离时到两杆间夹角第一次为q =90°的过程中（如图
乙），杆对 B 球所做的功 W。
长沙市一中 2025 届高三月考试卷（一）
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）
题号
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
B
A
D
C
BD
AC
AD
AC
D
D
v
F
1
.B 【解析】加速度的定义式为 a =
，决定式为 a =
；同一行星与太阳的连线在相同的时间扫过相
t
m
同的面积，不同行星与太阳的连线在相同的时间扫过的面积不同。
D
D
p
2
.C 【解析】铅球飞到最高点时速度不为零，速度方向水平；
= F合 ，飞行过程合力就是重力，恒定不
t
变；飞行时间除了跟初速度大小有关，还跟初速度方向有关；推出铅球过程中，运动员做的功转化为铅球
的动能及重力势能。
3
0
4
.B 【解析】提起绳子过程中，拉力做功W = mgh ，h 表示重心上升的高度。计算可知第一次重心升高
.6m，故第二次重心升高 0.4m，对应拉力做功 20J。
.A 【解析】子弹射击木块过程中，系统总动量守恒，由于两颗子弹的初动量等大反向，子弹射入前系统
总动量为零，故两颗子弹相对木块静止时，系统静止；第一颗子弹射入过程中，子弹的部分动能转化为摩
擦热，第二颗子弹射入过程中，第二颗子弹的全部动能以及第一颗子弹和木块共速时的动能都转化为摩擦
Q <Q
d <d
热，根据Q = fd ，又因为
，故
。
1
2
1
2
Fcosq =m g Fsinq =F
，由于 不变，
N
5
.D 【解析】设细绳与竖直方向的夹角为q，对环 N 分析，有
，
q
N
则 细 线 中 的 拉 力 和 环 N 与 竖 直 杆 之 间 的 弹 力 不 变 。 对 环 M 受 力 分 析 知 ， 竖 直 方 向

F¢ =Fcosq+m g =m g+m g
，
环 M 与水平杆之间的弹力大小与角速度无关。对环 M，若拉力的水
mN g tanq ，若转动的角速度大于或小于w
N
M
N
M
Fsinq =mMw02r ，可得w0 =
平分力恰提供向心力，即
0，环
m r
M
M 都会受到摩擦力。w>w ，随着w的增大，摩擦力会增大，w<w 时，随着w
的减小，摩擦力也会增
0
0
大。故角速度不同，环 M 与水平杆间的摩擦力大小可能相等。
6
.C 【解析】A.箱子做自由落体运动时，物体与箱子间没有力的作用，两者一起向下自由下落，相对静止。
B.若箱子水平向右做匀加速直线运动，物体受重力、支持力作用，可能还受摩擦力，合力可能水平向右，与
箱子一起向右加速，保持相对静止状态；D.若箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动，物体受重力、支
持力作用，可能还受摩擦力，合力可能恰好提供水平方向的向心力，与箱子一起在水平面内做匀速圆周运
动，故两者可能保持相对静止。C.当箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，假设物体相对斜面静止，则
F -mgcosq =macosq
N
物体受力如图所示，建立如图所示坐标系，则根据牛顿第二定律分别有：
，
f =FN tanq
f - mg sinq = ma sinq ，整理可得
，由于物体无初速放在斜面上时，物体将沿斜面下滑，
f =mF <F tanq
故有 m < tan q ，即
，故假设不成立，物块与斜面一定发生相对滑动，故选 C。
N
N
T
T
7
.BD 【解析】 时刻，小球经过最高点，弹簧处于原长， 时刻，小球经过平衡位置，弹簧的伸长量为
2
4
mg
，t =0时刻，小球经过最低点，弹簧的伸长量为 2A，此时弹力大小为 2mg，
A，此时弹簧弹力大小为
mg
T
3T
故弹簧劲度系数 k =
，A 错误，B 正确。小球的合力用来提供回复力，
~
时间段，小球的始末
A
4
4

T
速度等大反向，根据动量定理，合力的冲量不为 0，C 错误。 ~ T 时间段，小球从最高点下降到最低点，
2
弹性势能不断变大，小球的机械能不断变小，D 正确。
8
.AC
，
【解析】比较卫星的运动参量可知，w =w <w v <v <v
A，所以 A 正确，B 错误。
P
B
A
P
B
GMm
r 2
=
=25∶16，故 C 正确。
a ∶a r2 ∶r
2
A
由
由
= ma ，卫星 A、B 的加速度之比
A
B
B
GMm
mv2
=
v ∶vB
A
=
rB ∶ r
=
5∶ 4
，可得
r
2
r
A
E ∶E =5∶4
则卫星 A、B 的动能之比
，D 错误。
kA
kB
E =E -mgxtanq
Ep - x图像斜率大小等于 mg tanq
，由于第一段
9
.AD 【解析】A.重力势能为
，则
p
pm
斜 面 倾 角 大 于 第 二 段 ， 则 图 像 的 斜 率 先 大 后 小 ， A 正 确 ； B. 根 据 动 能 定 理
x
) ，由于第一段斜面倾角大于第二段。可知，则
mg x
Ek
=
mgx tanq - mmg cosq
= (mg tanq - m
cosq
Ek -x图像的斜率先大后小，B 错误；C.机械能为 E=E -Q=E -mmgx
，图线斜率不变，C 错误。
max
max
x
D.产生的热量 Q 为Q = mmg cosq
= mmgx ，Q - x 图像中斜率不变，D 正确。
cosq
m
Amg =ma
=
mBmg =ma
=
a
A
2m/s2 ，对滑块 B 有
a 1m/s2。
1
0.AC 【解析】对滑块 A 有
，解得
，解得
A
B
B
1
1
1
t =
s = 2s
由图可知 F 足够大时，A、B 均相对 C 滑动，相遇时间恒定为
，由 aAt 2
-
aBt2 L ，
=
0
.25
2
2
F-4mCmg=4ma
解得
L=2m。当 F = 8N
，滑块 B 与 C 恰好发生相对滑动，则有
得 m 1kg ；设 A、
=
B
F
F -4m mg-m mg-m mg =2ma F =11N
B、C 均产生相对运动时的拉力为 ，则有
得
，故 F 10.5N
=
1
1
C
A
B
A
1
时，A、C 均保持静止。
三、实验题（本题共 2 小题，第 11 题 10 分，第 12 题 6 分）
2
v0
d
2
æ 1 1 ö
（1）5.25 （2）A （3）
L èç t
-
÷
（4）2
t0
2
2
2
t
2
1
ø
1
L
1
v
0
【
解析】（4）由题意可得， L = v0t - at2 ，变形可得 = v0 - at ，由此可知， 表示遮光条通过光电
2
t
2
1
2
v0
t0
2v0
t0
a =
a =
门 2 的速度，且
，所以
。
1
2.（6 分，每空 2 分）
ma
y1
ma
y2
mb
y3
（1）AD
（2）B （3）
= -
+

v
v
a
v
b
【
解析】（1）设小球 a 单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为 ，两球碰撞后 a，b 的速度分别
和
，由于
mv=mv +mv
x
t
g
碰撞后 a 球沿轨道反弹后返回，若两球碰撞动量守恒，则
b b，根据平抛规律得v
=
=
x
，
a
a a
2y1
ma
ma
m
x
g
x
g
va = - = -x
， vb = = x
= -
+
b ，所以实验必须测量的物理量是
，化简可得
t
2y2
t
2y3
y1
y2
y3
m m
y y y
。故选 A、D。
小球 a、b 的质量
、
b，以及纸上 O 点到点 A、B、C，的距离
，
，
a
1
2
3
（
2）由能量守恒可知，a 球碰后的速率一定小于 a 球碰前的速率，所以两球相碰后，小球 a 在图中的压痕
点为 B。
3）由（1）中分析可知，用本实验中所测得的物理量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为
（
ma
y1
ma
y2
mb
y3
= -
+
。
四、计算题（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）
1
3.（10 分）
a =gsinq =6m/s2
1
【解析】（1）如图所示，由牛顿第二定律得
t =1s
1
滑块在斜面上运动的时间为
1
由运动学公式得 s = a t2 = 3m ……3 分
1
1
2
N¢=N =mgcosq
2）滑块对斜面的压力为
（
1
1
F = N¢sinq
木块对传感器的压力为
1
1
F =12N
1
由题图乙可知
解得 m = 2.5kg ……3 分
v =at =6m/ s
3）滑块滑到 B 点的速度为
（
1
1 1
F = f =5N t =2s
由图乙可知
，
2
2
2

f2 = 2m/s2
根据牛顿第二定律得 a2 =
m
1
水平表面 AB 段长度为 s = v t - a t2 = 8m ……4 分
2
1 2
2
2
2
1
4.（14 分）
1
2
AB
v
B
=
2gh 2m/s
=
【解析】（1）滑块从光滑圆弧
下滑过程中，根据机械能守恒定律得 mgh
=
mvB2 ，得
1
1
B
滑块离开 点后做平抛运动，则
1
竖直方向： h2 = gt2
2
x=vBt
水平方向：
2
h2
联立得到 x = vB
g
代入数据解得t =0.4s， x =0.8m……4 分
1
（
2）滑块从 B 端运动到 N 端停止的过程，根据动能定理得 -mmgL = 0 - mv2
B
2
代入数据解得 m = 0.2 ……4 分
（
3 ） 将 木 板 右 端 截 去 长 为 DL 的 一 段 后 ， 设 滑 块 滑 到 木 板 最 右 端 时 速 度 为 v， 由 动 能 定 理 得
1
2
1
2
-
m
( - D ) =
mg L
L
mv
2 -
mv
2
B
滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距 O 点的距离 s = L-DL+vt
联立整理得， s = 1 + 0.8 DL - DL
D L = 0.4 时，s 最大，即 DL =0.16m时，s 最大……6 分
当
1
5.（16 分）
【
解析】（1）A、B 两球与弹簧分离瞬间，沿 A、B 两球连线方向动量守恒，分离瞬间两球速度大小相等，
v
0
设为
：
1
=
v 4m/s
由系统机械能守恒定律得 Ep = 2´ mv02 ，解得
0
2
F = mv
2
0
L
分离瞬间两球绕 C 球做圆周运动，杆中弹力大小
=16N……4 分
v
（
2）如图所示，设两杆夹角为q时，C 球的速度为 ，将 A、B 两球的速度正交分解，根据对称性可知
C
v =v =v v =v =v
，
Ay
By
y
Ax
Bx
x

0=MvC -2mvy
轴方向动量守恒得：
y
由
1
1
系统机械能守恒得： EP = MvC2 + 2´ m (v2 + v2
)
x
y
2
2
q
q
q
BC 两球沿杆方向的分速度相同，则 vC cos
=
vxsin
-
vycos
2
2
2
q
8
sin2
2
v
C
=
联立可得：
q
1
+ cos2
2
故当q =180°时，C 球的速度最大，且最大值为 v = 2 2m/s ……6 分
（
3）球与弹簧分离后到两杆间夹角第一次为q =90°时，
2
6
4 6
3
v = v =
m/s v = 2v =
m/s，
由以上可求得：
，
y
C
x
C
3
2
30
v =
B
m/s
解得
3
1
1
2
对 B 球应用动能定理得W = mvB2 - mv02 = - J ……6 分
2
2
3