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x1，与点距离为，则有又联立解得故选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（ ）风级风速（m/s）风级风速（m/s）00~0.2713.9~17.110.3~1.5817.2~20.721.6~3.3920.8~24.433.3~5.41024.5~28.445.5~7.91128.5~32.658.0~10.712327~36.9610.8~13.8…………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/sC.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40sD.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2:1B.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