湖南省长沙市周南教育集团2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题

这是一份湖南省长沙市周南教育集团2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题，共15页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
考试用时75分钟，全卷满分100分
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.物理学的巨大发展得益于科学家们创造和应用了许多物理学方法，比如比值法、微元法、控制变量法、建立物理模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ）
A.伽利略在研究物体的运动与力的关系时，利用了理想斜面实验”，由于摩擦力不可能完全消失，所以这个结论只是理想中”成立，实际上并不成立
B.根据速度定义式，当时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了控制变量法
C.在研究匀变速直线运动的图像中，用图线与坐标轴围成的面积代表物体运动过程中的位移，主要是利用了等效原则
D.在不需要考虑物体本身大小和形状对研究问题的影响时，用质点代替物体属于理想化模型
2.一物块沿直线运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（ )
A.内的位移大小为B.末与末的速度相同
C.第内与第内的加速度相同D.前的平均速度大小为
3.如图所示，A、B两篮球从相同高度以相同方向抛出后直接落入篮筐，下列判断正确的是（ ）
A.运动的最大高度相同
B.落入篮筐时的速度方向相同
C.抛出到落入篮筐比的运动时间长
D.在最高点的速度比在最高点的速度小
4.用轻质弹簧连接的质量均为的两物体，静止在光滑的水平地面上，弹簧处于原长，的左端靠在竖直墙壁上，现让突然获得一个水平向左的速度，规定水平向左为正方向，下列说法正确的是（ ）
A.从弹簧开始压缩到第一次压缩量最大时，墙壁对的冲量为
B.弹簧从压缩量最大到第一次恢复到原长的过程中，组成的系统动量守恒
C.从获得速度到刚要离开墙壁，弹簧对做的功为
D.从获得速度到刚要离开墙壁，弹簧对的冲量为
5.在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为的喷口以速度持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为。若宇航员连同整套舱外
太空服的质量为，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）

A.B.C.D.
6.长为，质量为的木块静止在光滑水平面上.质量为的子弹以水平速度射入木块并从中射出.已知从子弹射入到射出木块移动的距离为，则子弹穿过木块所用的时间为（ ）
A.B.
C.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。
7.一列沿轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在处的质点和在处的质点的振动图像分别如图甲和图乙。下列说法正确的是（ ）
A.质点的振动方程为
B.质点处在平衡位置时，质点一定在波谷且向轴正方向振动甲
C.若波沿轴正方向传播，这列波的最大传播速度为
D.若波沿轴负方向传播，这列波的最大传播速度为
8.2020年9月4日，我国在酒泉卫星发射中心利用长征二号运载火箭成功发射一型可重复使用的试验航天器，下图为此发射过程的简化示意图。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于点、点。下列说法正确的是（ ）
A.航天器在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期
B.航天器在轨道2上从点运动到点过程中，速度越来越大
C.航天器在轨道2上从点运动到点过程中，地球的万有引力对其做负功
D.航天器在轨道1上运行的加速度小于其在轨道3上运行的加速度
9.如图，将一质量为的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为，杆上的点与定滑轮等高，杆上的点在点正下方，距离为.现将环从点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（ ）
A.环到达处时，重物上升的高度
B.环能下降的最大距离为
C.环到达处时，环与重物的速度大小之比为
D.环从到减少的机械能等于重物增加的机械能
10.如图所示，在光滑的水平面上，质量为长为的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为的滑块（可视为质点）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为.下列说法正确的是（ ）
A.滑块向右运动的过程中，加速度大小为B.滑块与木板间的动摩擦因数为
C.k=1.5D.滑块弹回瞬间的速度大小为
三、实验题（每空2分，共16分。）
11.某实验小组用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，桌面上固定一斜面，斜面末端与桌面平滑连接，小球从斜面上静止释放会运动到桌面上，之后可以从紧贴桌面的边缘开始做平抛运动，如果事先在桌面边缘处放一形状相同的小球，则小球将与小球发生对心碰撞。按下述步骤进行实验。
①用天平测出两小球的质量，分别为和；
②按图安装好实验装置并调整桌面水平，桌面上先不放小球，将小球从斜面上的某位置由静止释放，之后小球从桌面边缘开始做平抛运动，在水平地面的记录纸上留下压痕，重复实验多次，记下平均落地点为；
③将小球放在桌面边缘，将小球从斜面上的某一位置由静止释放，之后与小球发生碰撞，碰撞之后两球从桌面边缘开始做平抛运动，在水平地面的记录纸上留下压痕，重复实验多次，记下小球的平均落地点分别为；
④已知桌面边缘在记录纸上的投影位置为点，用毫米刻度尺量出和。
根据该实验小组的测量，回答下列问题：
（1）在本实验中下列说法正确的是______。
A.每次从斜面上释放小球的位置必须为同一位置
B.小球的质量可小于小球的质量
C.小球与斜面、桌面之间动摩擦因数越小，实验系统误差越小
D.用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点
（2）若在误差允许范围内只要满足关系式（用和表示），则说明碰撞中的动量是守恒的，若测得，则______。
（3）若在误差允许范围内只要满足关系式______（用和表示），则说明两球的碰撞是弹性碰撞。
12.某同学利用如图甲所示的装置验证牛顿第二运动定律，装置如图所示，物块1质量为，物块2质量为；物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接，物块2下端与打点计时器纸带相连。初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打点计时器打出的纸带如图所示，已知打点计时器所用的交流电源频率为，每相邻的两个点之间还有四个点未画出。：
回答下列问题：
（1）对于该实验，下列哪些操作是正确的____________。（选填选项前的字母）
A.物块1选用质量和密度较小的物体
B.两限位孔在同一竖直线上
C.实验时，先释放物块1，后接通电源
（2）根据图乙中的数据可知，物块1匀加速下落时的加速度大小_______。（保留三位有效数字）
（3）通过该实验可计算出当地的重力加速度大小_________。（保留两位有效数字）
（4）由于空气阻力及纸带的影响，重力加速度的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值。
四、计算题（本题共3小题，其中第13题12分，第14题12分，第15题16分）
13.如图所示，一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做匀速圆周运动.摩托车运动的速率恒为，人和摩托车的总质量为，摩托车受到的阻力是摩托车对轨道压力的，摩托车通过与圆心在同一水平面上的点向下运动时牵引力恰好为零，摩托车车身的长度不计，取，求：
（1）从点运动到点的过程中人和摩托车动量变化量的大小；
（2）运动员完成一次圆周运动所需的时间：（结果用来表示）
（3）从点运动到点轨道给摩托车的作用力的冲量大小。（结果用来表示）
14.如图，一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力作用下，由处从静止开始下滑，当滑块第一次到达点时撤去随滑块沿斜面下滑的位移的变化关系如图所示。己知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：
（1）从处静止开始下滑到点的过程中，滑块加速度的最大值：
（2）滑块第一次到达点时的速度；
（3）滑块在段运动的总路程。

图（a） 图（b）
15.鲁布·戈德堡机械”是用迁回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为的光滑四分之一圆弧轨道，其末端水平；在轨道末端等高处有一质量为的“”形小盒（可视为质点），小盒与质量为大小可忽略的物块通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒之间的绳长为；物块压在质量为的木板左端，木板上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计的距离为；质量为且粗细均匀的细杆通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板相连，木板与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端处由静止释放，小球进入小盒时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为，求：
（1）小球与小盒相撞后瞬间，与小盒相连的绳子上的拉力大小；
（2）木板与挡板第一次相撞瞬间的速度大小；
（3）细杆的长度以及木板运动的总路程。
周南中学2025届高三第二阶段考试
物理答案
1.【分析】明确物理学中方法，如微元求和的方法、极限思想法和建立物理模型法。
在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元求和的方法；
根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法
【解答】A、伽利略在研究物体的运动与力的关系时，利用了理想斜面实验”，抓住了主要因素，忽略次要因素，依靠客观事实加大胆的科学推理得到正确的力与运动的关系.故A错误；
B、根据速度定义式，当时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B错误；
C、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元求和的方法，故C错误；
D、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故D正确。
故选D。
2.A.因为图象的面积”大小等于位移，图象在时间轴上方位移为正，图象在时间轴下方位移为负，则内与内的位移大小相等，为，故A错误；B.末与末的速度大小相同，方向相反，故B错误；
C.因为图象的斜率等于加速度，则第内与第内的加速度相同，故C正确；
D.前内的位移大小为，则平均速度大小为，故D错误。
3.A、B两篮球从相同高度以相同方式抛出后直接落入篮筐，球水平位移大于球，球水平分速度大于球，由于初速度方向（设与水平方向为角）相同，所以球的初速度大于球。即。.斜抛的最大高度为，由于，所以最大高度不同，故A错误；
B.抛出时两篮球的速度方向相同，由斜抛运动的对称性可知，两篮球落到和抛出高度一致时速度方向相同，而篮筐高于抛出时的高度，所以落入篮筐时的速度方向不同，故B错误；
C.因为最大高度，从最高点向两侧，由可知，运动时间长，故C正确；
D.由于，且初速度方向相同，所以的水平分速度（即最高点的速度）大于球，故D错误。
故选：C。
抛体运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀变速直线运动，运动的时间由高度决定；根据抛射角和射程判断水平速度：根据斜抛运动的对称性判断即可。
该题考查了抛体运动的规律，解决本题的关键是知道抛体运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道抛体运动的时间由高度决定。
4.A【详解】A.从弹簧开始压缩到压缩量最大时，系统动量的变化量为
墙壁对的冲量就是系统所受合外力的冲量，由动量定理可得故A正确；
B.弹簧从压缩量最大到恢复到原长的过程中，墙壁对有向右的弹力，即系统受到向右的弹力，外力之和不等于0，系统的动量不守恒。故B错误；
C.从获得速度到刚要离开墙壁，的速度由变成，动能的变化量为0，由动能定理可得弹簧对做的功为0。故C错误；
D.从获得速度到刚要离开墙壁，的速度由变成，动量的变化为
弹簧对的冲量为
5.解：设喷出的气体的质量为，则
取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
宇航员和装备受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则
联立解得：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
先根据求出时间内喷出的气体的质量。根据动量守恒定律求出喷出气体后宇航员和装备的速度。喷出气体后宇航员和装备做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式列式，联立求解即可。解答本题的关键要知道喷气的过程，系统遵守动量守恒定律，结合宇航员和装备的运动情况进行解答。
6.B【详解】设子弹射穿木块后子弹的速度为，木块最终速度为，子弹和木块系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
设子弹对木块的作用力为，则对木块
对子弹
对木块由动量定理
联立解得故选B。
7.A.根据图像可知，质点振动的振幅，周期，初相位，则质点的振动方程为：故A正确；
B.根据图像可知，质点处在平衡位置时，质点一定在波谷或者波峰，故无法判断质点的振动方向，故B错误；
C.若波沿轴正方向传播，根据图像可知：，速度最大时，即此时，则波速为：，故C正确；
D.若波沿轴负方向传播，根据图像可知：，速度最大时，即此时，则波速为：，故D错误。故选：AC。根据振动方程，结合两点的位置关系，通过讨论波的不同传播方向分析求解。
本题考查了振动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态是解决此类问题的关键。
8.解：AD、航天器运行时，万有引力提供向心力：所以得到运动行周期，加速度，从两式可以知道，轨道1的半径小于轨道3的半径，则轨道1的周期小于轨道3的周期，轨道1的加速度大于轨道3的加速度，故A正确，D错误；
B、在2轨道运行时，航天器的机械能守恒，从点到点，动能转化为势能，速度越来越小，故点速度大于在点的速度，故B错误；C、航天器从轨道2上的点到点，越来越远离地球，万有引力做负功，故C正确；故选：AC。
根据牛顿第二定律可求解卫星运行的周期和加速度，从而比较不同轨道上运行周期和加速度大小；
在2轨道运行时，卫星机械能守恒，卫星在点势能最小，动能最大；
根据航天器离地球的距离的远近，确定万有引力做什么功。
解决本题的关键知道变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，并能灵活运用，同时理解离心运动的条件及离心运动后机械能的变化情况。
9.A.根据几何关系有，环从下滑至点时，重物上升的高度，故A错误；
C.对的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，
有：则故C错误。
D.环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能：故D正确。
B.设环下滑到最大高度为时环和重物的速度均为，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有解得：，故B正确。故选BD。
10.CD
【详解】A.滑块（可视为质点）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知
解得
故A错误；
B.根据牛顿第二定律有
解得故B错误；
CD.小滑块以水平速度右滑时，由动能定理有
小滑块以速度滑上木板到运动至碰墙时速度为，由动能定理有
滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为，由动量守恒有
由能量守恒定律可得
解得故C、D正确；
11.【分析】
本题将动量守恒定律和平抛运动相结合，具体考查动量守恒定律实验原理和数据处理，意在考查学生的实验能力和物理核心素养的科学探究要素。
（1）根据实验注意事项以及画圆法确定小球落地点时，用最小的圆把点迹圆起来，圆心就是该落点的平均位置分析答题。
（2）在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
（3）两球发生弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。
【解答】
（1）A、为了保证每次碰撞前小球的速度都相同，所以实验中每次从斜面上释放小球的位置必须为同一位置，选项A正确；
B、为防止小球碰撞后反弹，小球的质量应大于小球的质量，选项B错误；
C、小球在斜面上运动下来的目的是获得一个固定的初速度，所以系统误差的大小与它们之间的动摩擦因数无关，选项C错误；
D、确定小球落地点时，需要用尽量小的圆将有效落点圈起来，该圆的圆心为小球的平均落地点，而非全部落点都圈进圆内，选项D错误。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为，不放小球时，设小球平抛运动初速度为，小球水平方向上有，
解得，放小球时，设碰撞之后速度分别为，水平方向上有，
解得，要验证动量守恒定律，则要验证，
将速度代入上式化简得；
若，代入上式解得。
（3）若两球的碰撞是弹性碰撞，则满足动量守恒定律和机械能守恒定律
有，
两式联立解得，
将速度代入上式化简得。
12.【分析】本题考查验证牛顿第二运动定律”实验，目的是考查学生的实验探究能力利用逐差法计算加速度；根据牛顿第二定律计算重力加速度；根据实验原理分析误差
【解答】
（1）A.为了减小空气阻力和摩擦阻力的影响，物块选用质量和密度较大的物体，故A错误；
B.为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，两限位孔应在同一竖直线上，故B正确；
C.为了充分利用纸带，实验时，先接通电源后释放物块，故C错误。
故选B。
（2）根据逐差法有。
（3）根据牛顿第二运动定律有解得。
（4）空气阻力及纸带的影响使得通过纸带得到的加速度比理想情况下的加速度小，从而使得重力加速度的测量值小于真实值。
13.【答案】解：动量变化量为……1分
.2分
（2）根据题意可知摩托车通过点时牵引力恰好为零，此时摩托车所受摩擦阻力与重力平衡，所以有
..2分
根据牛顿第二定律有：
，……1分
解得，1分
运动员完成一次圆周运动所需的时间为，..1分
解得；分
（2）根据题意动量定理
2分
Ns1分
14.【答案】解：（1）小滑块的质量为，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为，滑动摩擦力大小为，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有①….1分
②..1分
③分
联立①②③式并代入题给数据得
④..1分
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为，由功的定义有
⑤..2分
设滑块第一次到达点时的动能为，由动能定理有
2分
分
（3）由能量守恒定律可知，
……2分
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得..1分
15.【答案】解：（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为，与小盒相连的绳子上的拉力大小为。对小球从到，由动能定理得.2分
小球撞击瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得分
对小球和组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒相连的绳子上的拉力大小
..1分
解得……1分
（2）由（1）知，当小球刚被小盒卡住时，物块对木板压力为零，此时桌面对木板的最大静摩擦力由知，木板将向右运动；木板向右运动与挡板相撞前，将木板圆环和细杆视为一个整体，设加速度大小为，由牛二定律2分
解得分
对圆环由牛顿第二定律
可知圆环所受摩擦力..1分
所以木板向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆之间未发生相对滑动
假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式..1分
故……1分
（3）由分析知，第一次相撞后细杆与圆环发生相对滑动，设相撞后圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板向左、细杆向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律
对木板细杆整体由牛顿第二定律
解得.…………1分
因为大小相等，则圆环与木板细杆同时减速为零，且圆环与细杆的位移大小相等，方向相反。
设第一次相撞后，木板向左的最大位移为，则由匀变速直线运动推导公式
解得..1分
同理可得：第二次相撞后，木板向左的最大位移为
第次碰撞后，木板向左的最大位移为.….1分
则第一次相撞后，圆环与细杆的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆的最大相对位移
第次相撞后，圆环与细杆的最大相对位移
设细杆的长度为，则
设木板运动的总路程为，由能量守恒：
解得：…………1分