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湖南省长沙市雅礼中学 2024-2025 学年高三上学期月考（二）物理试
题
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。
一、单选题（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. 关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ）
A. 哥白尼提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B. 卡文迪什在实验室里通过扭秤实验，得出了引力常量 的数值
C. 伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性
D. 牛顿通过理想斜面实验得出“物体运动不需要力来维持”
【答案】B
【解析】
【详解】A．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，故A错误；
B．卡文迪什在实验室里通过扭秤实验，得出了引力常量 的数值，故B正确；
C．牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性，故C错误；
D．伽利略通过理想斜面实验得出“物体运动不需要力来维持”，故D错误。
故选B。
2. 俯卧撑是一项深受学生们喜欢的课外健身运动，做中距俯卧撑（下左图）时双臂基本与肩同宽，做宽距
俯卧撑（下右图）时双臂大约在1.5倍肩宽。某位同学正在尝试用不同姿势的做俯卧撑；对于该同学做俯
卧撑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 在俯卧撑向下运动的过程中，地面对手掌的支持力小于手掌对地面的压力
B. 宽距俯卧撑比中距俯卧撑省力
C. 在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学的支持力不做功
D. 在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．地面对手掌的支持力与手掌对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；B．宽距俯卧撑双臂间距大于肩宽，手臂间的夹角变大，作用力比中距俯卧撑作用力大，故B错误；
C．在俯卧撑向上运动的过程中，地面对该同学手掌的支持力的作用点没有发生位移，所以地面对该同学
的支持力不做功，故C正确；
D．在做俯卧撑运动的过程中，根据 ，可知地面对该同学的冲量不为零，故D错误。
故选C。
3. 做简谐运动的物体经过 点时，加速度大小为 ，方向指向 点；当它经过 点时，加速度大小
为 ，方向指向 点。若A、B之间的距离是5cm，则关于它的平衡位置，说法正确的是（ ）
A. 平衡位置在AB连线左侧
B. 平衡位置在AB连线右侧
C. 平衡位置在AB连线之间，且距离 点为4cm处
D. 平衡位置在AB连线之间，且距离 点为2cm处
【答案】C
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律可知简谐运动物体的加速度大小为
可知物体的加速度大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，由于回复力方向总是指向平衡位置，则加速
度方向总是指向平衡位置，由题意可知，物体经过 点时，加速度方向指向 点；物体经过 点时，加速
度方向指向 点；则平衡位置在AB连线之间，设平衡位置与 点距离为x，与 点距离为 ，则有
1
又
联立解得
故选C。
4. 如图（a）所示，太阳系外行星M、N均绕恒星Q做同向匀速圆周运动。由于N的遮挡，行星M被Q照亮的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，其中 为N绕Q运动的公转周期。则两行星M、N运动
过程中相距最近时的距离与相距最远时的距离之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设M绕Q运动的公转周期为 ，由图（b）可知
解得
设行星M、N绕Q运动的半径分别为 、 ，根据开普勒第三定律可得
解得
则两行星M、N运动过程中相距最近时的距离与相距最远时的距离之比为
故选D。
5. 乌鲁木齐乌拉泊地区和达坂城地区属于沙尘暴频发地区，下表为风级（0-12）风速对照表。假设不同风
级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“11级”风对广告牌的最小作用
力约为“5级”风对广告牌最大作用力的（ ）风 风
风速（m/s） 风速（m/s）
级 级
0 0~0.2 7 13.9~17.1
1 0.3~1.5 8 17.2~20.7
2 1.6~3.3 9 20.8~24.4
3 3.3~5.4 10 24.5~28.4
4 5.5~7.9 11 28.5~32.6
.
5 8.0~10.7 12 327~36.9
…
6 10.8~13.8 ……
…
A. 15倍 B. 11倍 C. 9倍 D. 7倍
【答案】D
【解析】
【详解】设∆t时间射到广告牌上的空气质量为∆m，广告牌的面积为S，则
根据动量定理
可得
“11级”风的最小风速为28.5m/s，“5级”风的最大风速为10.7m/s，则“11级”风对广告牌的最小作用力约为“5
级”风对广告牌最大作用力的
倍
故选D。
6. 某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出
手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小 取 。则篮球从出手到入筐的时间为（
）
A. 1.6s B. 1.4s C. 1.2s D. 1.0s【答案】C
【解析】
【详解】设篮球初速度为 ，与水平夹角为 ，末速度为 ，与竖直方向夹角为 斜向下。由题意可知
篮球做匀变速曲线运动，则
竖直方向
水平方向
运动时间为
又
联立得
故选C。
二、多选题（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. 图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高 处由静止开始下落，
与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为 。若忽略空气阻力的影响，规定向下为
正方向，下列关于这个过程中小球的速度 、位移s随时间 的变化规律以及动能 、机械能 随路程
的变化规律，描述正确的是（ ）A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A．下落过程中，做自由落体运动，则
再上升过程中，做竖直上抛运动，加速度为 ，且由于下落高度大于上升高度，故A正确；
B．下落过程中小球做自由落体运动，则
故此过程中 为抛物线，故B错误；
C．下落过程中，根据动能定理可得
故下落过程中图像为一次函数；碰撞过程中动能减小，上升过程中
则
故C正确；
D．上升和下降过程中，机械能守恒，故此过程中图像为水平直线，故D错误。
故选AC。
8. 复兴号电力动车组是由中国铁路总公司牵头组织研制，具有完全自主知识产权，达到世界先进水平的电
力动车组的统称，其中由CR400系列担当的部分车次是世界上商业运营时速最高的动车组列车。若某“复兴号”列车的额定功率为 ，列车的质量为 ，列车在水平路面上行驶时，阻力是车
重的k倍， 。列车在水平轨道上行驶，受到的阻力保持不变，重力加速度g取 。下列选项
正确的是（ ）
A. 若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，列车的加速度大小为
B. 列车保持额定功率行驶，列车能达到的最大速度100m/s
C. 若列车由静止开始，保持以 的加速度做匀加速运动的最长时间为40s
D. 若列车由静止开始，保持以 的加速度做匀加速运动则25秒末列车的瞬时功率为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当列车行驶速度为20m/s时，解得牵引力
根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．列车保持额定功率行驶，列车达的最大速度后受力平衡，则有
解得故B正确；
C．若列车由静止开始，保持以 的加速度做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
则匀加速末状态有
匀加速过程，根据速度公式有
解得
即匀加速运动的最长时间为50s，故C错误；
D．若列车由静止开始，保持以 的加速度做匀加速运动则25秒末的速度
此时的瞬时功率
故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面的高度为
h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q
相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为 处由静止释放，下列说法
正确的是（ ）A. 小球P即将落地时，它的速度大小为
B. 小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为
C. 从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
D. 若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】B．平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则速度与水平方向的夹角
的
可知，小球P即将落地时，它 速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球P的
速度方向与水平方向的夹角解得
故B正确；
A．设小球P即将落地时，它的速度大小为 ，小球Q的速度大小为 ，根据系统机械能守恒有
小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有
解得
，故A错误；
C．根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为
故C正确；
D．小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有
由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与 大小不相
等，即不等于 ，故D错误。
故选BC。
10. 如图所示为竖直放置的轻质弹簧，下端固定在地面上，上端与物块甲连接。初始时物块甲静止在 点。
现有质量为 的物块乙从距物块甲上方 处由静止释放，乙与甲相碰，碰撞时间极短，碰后立即一起向下
运动但不粘连，此时甲、乙两物块的总动能为 ，向下运动到 点时总动能最大为 ，继续向下
运动到最低点 （未标出）。整个过程中弹簧始终在弹性限度内且处于竖直状态，重力加速度为 。下列
说法正确的是（ ）
A. 物块甲与物块乙的质量比为2:1
B. 乙弹起后将在弹簧原长位置离开甲
C. 碰后由 到 过程中弹簧增加的弹性势能大小为mghD. 碰后由 到 过程中弹簧增加的弹性势能大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A.物块乙自由下落过程中，由动能定理可知
解得物块乙与物块甲碰撞前瞬间的速度
甲、乙两物块碰撞前后动量守恒，则有
又有
联立解得
A正确；
CD.设弹簧的劲度系数为 ，初始时物块甲静止在 点，则有
在 点动能最大，则速度最大，此时弹簧的弹力大小等于3mg，则弹簧的形变量则有
可得 到 的距离为
碰后由 到 过程中，由动能定理可得
解得因为弹力做负功，所以弹簧的弹性势能增加，弹性势能增加的大小为
C错误，D正确；
B.由题意可知，乙弹起后在 点，此时甲、乙两物块的总动能也为 ，弹簧的弹性势能为
若弹簧的弹性势能和两物块的动能全部转化为重力势能，则有
则有两物块能上升的最大高度为
初始时物块甲静止在 点，此时弹簧的压缩量是
则有
可知弹簧恢复不到原长，B错误。
故选AD。
三、实验题（本题共2小题，11题8分、12题10分，共18分）
11. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过 次全振动
的总时间为 ，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为 ，再用游标卡尺测量摆球的直径
为 。回答下列问题:
（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该
标记应该放置在摆球摆动的____________。
.
A 最高点 B. 最低点 C. 任意位置（2）该单摆的周期为____________，重力加速度 ____________（用题干中字母表示）。
（3）如果测得的 值偏小，可能的原因是____________。
A. 实验时误将49次全振动记为50次
B. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C. 开始计时时，停表过迟按下
（4）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长 并测出相应的周期 ，从而得出几组对应的
和 的数值，以 为横坐标、 为纵坐标作出 图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径
来计算摆长，由此得到的 图像是图乙中的____________（选填“①”“②”或“③”）。
【答案】（1）B （2） ①. ②. （3）B
（4）①
【解析】
【小问1详解】
为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高
点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。故选B。
【小问2详解】
[1]因为摆球经过 次全振动的总时间为 ，则该单摆的周期为
[2]由单摆周期公式
其中
可得，重力加速度的表达式为【小问3详解】
根据
可知
A．实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故A错误；
B．摆线上端量点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故所测重力加速度偏小，故B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故C错误；
故选B。
【小问4详解】
由题意可得，单摆的实际摆长为
由单摆周期表达式得
化简可得
的
由此得到 图像是图乙中的①。
12. 某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。（1）选择两个半径相等的小球，其中一个小球有经过球心的孔，用游标卡尺测量两小球直径 ，如图乙
所示 ____________cm；
（2）用天平测出小球的质量，有孔的小球质量记为 ，另一个球记为 ；本实验中____________（选
填“需要”或“不需要”）满足 ；
（3）将铁架台放置在水平桌面上，上端固定力传感器，通过数据采集器和计算机相连；将长约1米的细线
穿过小球 的小孔并挂在力传感器上，测出悬点到小球上边缘的距离 ；
（4）将小球 放在可升降平台上，调节平台位置和高度，保证两个小球能发生正碰；在地面上铺上复写
纸和白纸，以显示小球 落地点；
（5）拉起小球 由某一特定位置静止释放，两个小球发生正碰，通过与拉力传感器连接的计算机实时显
示拉力大小；读出拉力碰前和碰后的两个峰值 和 ，通过推导可以得到 碰撞前瞬间速度大小
____________；同样方式可以得到 碰撞后瞬间速度大小 ；（已知当地的重力加速度为 ）
（6）测出小球 做平抛的水平位移 和竖直位移 ，已知当地的重力加速度为 ，则 碰后瞬间速度
____________；
（7）数据处理后若满足表达式：____________（已知本次实验中 ，速度用 表示）则说
明 与 碰撞过程中动量守恒。
【答案】 ①. 1.66 ②. 不需要 ③. ④. ⑤.【解析】
【详解】（1）[1]由图乙可知，两小球直径为
（2）[2]题干中没有要求质量为 的小球不反弹，则不需要满足
（5）[3]根据题意，由牛顿第二定律有
整理可得
（6）[4]小球 做平抛运动，则有
解得
（7）[5]由于本实验中 ，则碰后 不反弹，若碰撞过程中动量守恒，则有
即
成立，则可说明 与 碰撞过程中动量守恒。
四、解答题（本题共3小题，共38分。其中第13题10分，第14题12分，第15题16分，
写出必要的推理过程，仅有结果不得分）
13. 如图所示，足够长的光滑水平杆离地的高度为2L，滑块A套在水平杆上，通过长度为 的细线连接质
量为 的小球B。将小球B拉至与滑块A等高，细线水平伸直，由静止释放小球，当细线运动到竖直方向时，细线刚好断裂，此时滑块向右运动了 。重力加速度为 ，不计一切阻力，求:
（1）滑块质量 ；
（2）小球落地时到滑块A的距离 。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
（1）设滑块的质量为 ，滑块、小球为系统水平方向动量守恒，则
可得
即
解得
【小问2详解】
设细线运动到竖直方向时，滑块的速度为 ，小球的速度为 ，根据动量守恒有
根据能量守恒有设细线断后，小球运动到地面的时间为 ，这段时间内小球的水平位移为 ，滑块的位移为 ，则
小球落地时到滑块A的距离为
14. 质量为M的“L”型装置通过两个光滑轻质滑轮与木块连接，“L”型装置内表面光滑，外表面与地面
的动摩擦因数 ，重力加速度为g。
（1）若“L”型装置静止，求悬挂木块质量的最大值m；
（2）若悬挂木块质量 ，水平外力将“L”型装置向左缓慢移动x，求水平外力力所做的功W；
（3）若悬挂木块质量 ，静止释放木块和“L”型装置，求物块下落高度x时物块的速度大小v。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
对物体受力分析可得绳中张力
对装置受力分析由平衡条件
解得
【小问2详解】
装置左移x时，木块上升2x，由动能定理
解得水平外力力所做的功为
【小问3详解】
木块向下的加速度为 ，由牛顿第二定律
装置和木块水平方向加速度 ，由牛顿第二定律
由绳子长度关系得
解得
，
木块向下的速度 ，水平方向的速度 ，由运动学公式得，
所以物块下落高度x时物块的速度大小为
15. 如图所示，一足够长的固定轻杆与水平方向夹角为 。质量为3m的B环套在轻杆上恰好不下滑，距
离B环l的位置有一质量为m的光滑环A从静止释放。下滑过程中，A环与B环的碰撞为弹性碰撞且碰撞
时间极短。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）A环与B环第一次碰撞结束后的速度大小；
的
（2）A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远 距离；
（3）若将B环的初始位置记为坐标原点，沿杆斜向下为x轴正方向建立直线坐标系，求第n次碰撞时环B
的位置坐标。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3） （n=1，2，3…）
【解析】
【详解】（1）设 与B碰前速度为 ，则有
由于 与B的碰撞为弹性碰撞，则有
，
解得
，
A环碰撞后反弹。（2）由于B环恰好不下滑静止于轻杆上，所以有
则碰后B环匀速下滑， 环沿杆向上做匀减速直线运动，当二者速度相同时，两环相距最远，以B为参考
系， 相对B速度为零时，二者相距最远， 相对B的初速度为
相对B的加速度为
两环相距最远的距离为
（3）设 与B第二次碰前速度为 ，则有
，
解得
与B第二次碰后速度分别为 、 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律得
，
解得
，
设 与B第三次碰前速度为 ，则有
，
解得与B第三次碰前后，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
，
联立解得
，
由于 与B碰撞为弹性碰撞，所以二者的相对速度大小不变，始终为 ，根据以上分析得第一次碰前
与B的速度分别为 、0，碰后分别为 、 ；第二次碰前 与B的速度分别为 、 ；碰后分别
为 ， ；第三次碰前 与B的速度分别为 、 ；碰后分别为 、 ，…，可知从第一次碰撞后，
每经历时间
两环就发生一次碰撞，则第一次碰后B环位移
第二次碰后B环位移
第三次碰后B环位移
所以第 次碰后B环位移
（n=1，2，3…）则第 次碰撞时环B的位置坐标为 （n=1，2，3…）。
