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（原卷版+解析版）

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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t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
【答案】D
【解析】
【详解】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”，加上科学的推理，得出的结论，所以是成立的，A错误；
B．该定义应用了极限的思想，B错误；
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，主要是利用了微元法，C错误；
D．用质点代替物体属于理想化模型，忽略了次要因素，实际并不存在，D正确。
故选D。
2. 一物块沿直线运动速度一时间（v-t）图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 5s内的位移大小为17.5m
B. 3s末与5s末的速度相同
C. 第4s内与第5s内的加速度相同
D. 前4s的平均速度大小为4m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为v-t图像的面积等于位移，则5s内的位移大小为
选项A错误；
B．3s末与5s末的速度大小相同，方向相反，选项B错误；
C．因为v-t图像的斜率等于加速度，则第4s内与第5s内的加速度相同，选项C正确；
D．前4s内的位移大小为
则平均速度大小为
选项D错误．
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. A、B运动的最大高度相同
B. A、B落入篮筐时速度方向相同
C. 抛出到落入篮筐A比B的运动时间长
D. A在最高点的速度比B在最高点的速度小
【答案】C
【解析】
【详解】A、B两篮球从相同高度以相同方向抛出后直接落入篮筐，A球水平位移大于B球，A球水平分速度大于B球，由于初速度方向（设与水平方向夹θ角）相同，所以A球的初速度大于B球。即
A．斜抛的最大高度为
由于，所以最大高度不同，故A错误；
C．因为最大高度
从最高点向两侧，由
可知，A运动时间长，故C正确；
BD．因为A的水平分速度（即最高点的速度）大于B球，A从最高点到入篮筐时间大于B球，A入篮筐时竖直分速度也大于B球，所以A球入篮筐时的速度与B球方向不同，故BD错误。
故选C。
4. 用轻质弹簧连接的质量均为m的A、B两物体，静止在光滑的水平地面上，弹簧处于原长，A的左端靠在竖直墙壁上，现让B突然获得一个水平向左的速度v0，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A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，A、B组成的系统动量守恒
C. 从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对B做的功为
D. 从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对B的冲量为
【答案】A
【解析】
【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A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A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B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速度由v0变成，动能的变化量为0，由动能定理可得弹簧对B做的功为0。故C错误；
D．从B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速度由v0变成，动量的变化为
弹簧对B的冲量为
故D错误
故选A。
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d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S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M，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.
【答案】D
【解析】
【详解】设喷出的气体的质量为，则
根据动量守恒定律可得
宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则
联立解得
故选D。
6. 长为L，质量为M的木块静止在光滑水平面上．质量为m的子弹以水平速度v0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s，则子弹穿过木块所用的时间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设子弹射穿木块后子弹的速度为v1，木块最终速度为v2，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
mv0=mv1+Mv2
设子弹对木块的作用力为f，则对木块
fs=Mv22
对子弹
-f(s+L)=mv12-mv02
对木块由动量定理
ft=Mv2
联立解得
故选B。
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x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x = 0处的质点a和在x = 3 m处的质点b的振动图像分别如图甲和图乙。下列说法正确的是（ ）
A. 质点a的振动方程为
B. 质点a处在平衡位置时，质点b一定在波谷且向y轴正方向振动
C. 若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为1 m/s
D. 若波沿x轴负方向传播，这列波的最大传播速度为0.6 m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图像可知，质点振动的振幅A = 2 cm，周期T = 4 s，初相位φ = π，则质点a的振动方程为
故A正确；
B．根据图像可知，质点a处在平衡位置时，质点b一定在波谷或者波峰，无法判断质点b的振动方向，故B错误；
C．若波沿x轴正方向传播，根据图像可知
速度最大时n = 0，即此时λ = 4 m，则波速为
故C正确；
D．若波沿x轴负方向传播，根据图像可知
速度最大时n = 0，即此时λ = 12 m，则波速为
故D错误。
故选AC。
8. 2020年9月4日，我国在酒泉卫星发射中心利用长征二号F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P点、Q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P点运动到Q点过程中，速度越来越大
C. 航天器在轨道2上从P点运动到Q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
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由开普勒第三定律
可知，轨道半径越大，公转周期越大，所以航天器在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故A正确；
BC．根据开普勒第二定律可知，航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，速度越来越小，根据动能定理可知，地球的万有引力对其做负功，故B错误，C正确；
D．根据
可知，航天器在轨道1上运行的加速度大于其在轨道3上运行的加速度，故D错误。
故选AC。
9. 如图，将一质量为2m的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m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d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离A为d处．现将环从A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B处时，重物上升的高度
B. 环能下降的最大距离为
C. 环到达B处时，环与重物的速度大小之比为
D. 环从A到B减少的机械能等于重物增加的机械能
【答案】BD
【解析】
【详解】根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=d−d，故A错误；环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有，解得：h=d，故B正确．对B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：vcs45°=v重物，所以，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，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；故选BD．
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=1.5
D. 滑块弹回瞬间的速度大小为
【答案】CD
【解析】
【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CD正确。
故选CD。
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A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B，则小球A将与小球B发生对心碰撞。按下述步骤进行实验。
①用天平测出A、B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B，将小球A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P；
③将小球B放在桌面边缘，将小球A从斜面上的某一位置由静止释放，之后与小球B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A、B的平均落地点分别为M、N；
④已知桌面边缘在记录纸上的投影位置为O点，用毫米刻度尺量出OP、OM和ON。
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A的位置必须为同一位置
B. 小球A的质量可小于小球B的质量
C. 小球A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、、OP、OM和ON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OP、OM和ON表示），则说明两球的碰撞是弹性碰撞。
【答案】（1）A （2） ①. ②. 3
（3）
【解析】
【小问1详解】
A．只需保证每次从斜面上同一位置释放小球A即可保证小球A每次做平抛运动的初速度相同，故A正确；
B．为了保证碰撞过程中小球A不被反弹，小球A的质量必须大于小球B的质量，故B错误；
C．让小球A从斜面上同一位置运动下来得目的是为了获得一个固定得初速度，而系统误差得大小与它们之间得动摩擦因数无关，故C错误；
D．用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有有效落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，而并非所有的落点，故D错误。
故选A。
【小问2详解】
[1]由于小球做平抛运动的高度相同，根据
可知小球做平抛运动的时间相同，而小球在水平方向做匀速直线运动，则可得小球A单独做平抛运动时的速度，以及小球A与小球B碰撞后的速度、分别为
，，
因此若在误差允许范围内只要满足关系式
化简得
即可说明碰撞中的动量是守恒的；
[2]若测得，则可得
【小问3详解】
若两球的碰撞是弹性碰撞，则应满足
整理可得
而两球碰撞过程中动量守恒，满足
即
联立可得，若两球的碰撞是弹性碰撞则有
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。
【答案】（1）B （2）2.00
（3）9.7 （4）小于
【解析】
【小问1详解】
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。
【小问2详解】
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，相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法有
【小问3详解】
根据牛顿第二运动定律有
解得
【小问4详解】
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。
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）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
动量变化量为
【小问2详解】
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
根据牛顿第二定律有
解得
运动员完成一次圆周运动所需的时间为
解得
【小问3详解】
根据题意摩托车从最低点到最高点动量的变化量，方向水平向右，重力冲量竖直向下，则轨道对摩托车的冲量为
解得
N∙s
14. 如图（a），一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB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10 m/s2，sin37° = 0.6。求：
（1）从A处静止开始下滑到B点的过程中，滑块加速度的最大值：
（2）滑块第一次到达B点时的速度；
（3）滑块在AB段运动的总路程。
【答案】（1）a = 7 m/s2
（2）
（3）s = 5 m
【解析】
【小问1详解】
设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时，滑块的加速度最大，其大小为a，由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
解得
【小问2详解】
设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，功W为T − s图像图线所围面积，则
设滑块第一次到达B点时的速度v，由动能定理得
【小问3详解】
由能量守恒定律可知
解得
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C（可视为质点），小盒与质量为大小可忽略的物块D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D压在质量为的木板E左端，木板E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E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E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F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F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C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E与挡板相撞、细杆F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C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）木板E与挡板第一次相撞瞬间的速度大小；
（3）细杆F的长度以及木板E运动的总路程。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
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C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到，由动能定理得
小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小
解得
【小问2详解】
由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板的最大静摩擦力
由
知木板E将向右运动；木板向右运动与挡板相撞前，将木板E圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a，由牛二定律
解得
对圆环由牛顿第二定律
可知圆环所受摩擦力
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
解得
【小问3详解】
由分析知，第一次相撞后细杆F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E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E细杆F整体由牛顿第二定律
解得
因为大小相等，则圆环与木板E细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则由匀变速直线运动推导公式
解得
同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为
第次碰撞后，木板E向左的最大位移为
则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
设细杆F长度为，则
设木板E运动的总路程为，由能量守恒
联立解得