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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
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这是一份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，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
得分:_________
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”
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
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
4.如图（a）所示，太阳系外行星M、N均绕恒星做同向匀速圆周运动。由于的遮挡，行星被照亮的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，其中为绕运动的公转周期。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.1:4B.3:8C.1:2D.3:5
5.近期台风天气频繁，对沿海人民造成了巨大的经济损失，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，空气密度不变，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
A.15倍B.11倍C.9倍D.7倍
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，重力加速度取。则篮球从出手到入筐的时间为
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.
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
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25s末列车的瞬时功率为
9.如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在点，为导轨的顶点，点离地面的高度为h，A在点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球，小球通过轻杆与光滑地面上的小球相连，两小球的质量均为，轻杆的长度为2h，重力加速度为。现将小球从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是
A.小球即将落地时，它的速度大小为
B.小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为
C.从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为
D.若小球落地后不反弹，则地面对小球的作用力的冲量大小为
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mgh
D.碰后由到过程中弹簧增加的弹性势能大小为
三、实验题（本题共2小题，11题8分、12题10分，共18分）
11.（8分）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”）。
12.（10分）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。
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.（10分）如图所示，足够长的光滑水平杆离地的高度为2L，滑块套在水平杆上，通过长度为的细线连接质量为的小球。将小球拉至与滑块等高，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）小球落地时到滑块的距离。
14.（12分）质量为的“”形装置通过两个光滑轻质滑轮与木块连接，“L”形装置内表面光滑，外表面与地面的动摩擦因数，重力加速度为。
（1）若“L”形装置静止，求悬挂木块质量的最大值；
（2）若悬挂木块质量，水平外力将“L”形装置向左缓慢移动，求水平外力所做的功；
（3）若悬挂木块质量，静止释放木块和“L”形装置，求物块下落高度时物块的速度大小。
15.（16分）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的环套在轻杆上恰好不下滑，距离环的位置有一质量为的光滑环从静止释放。下滑过程中，环与环的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。重力加速度为，不计空气阻力。求:
（1）环与环第一次碰撞结束后的速度大小；
（2）环与环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离；
（3）若将环的初始位置记为坐标原点，沿杆斜向下为轴正方向建立直线坐标系，求第次碰撞时环的位置坐标。
雅礼中学2025届高三月考试卷（二）
物理参考答案
一、单选题（24分）
1.B 【解析】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.C 【解析】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.在做俯卧搆运动的过程中，根据，可知地面对该同学的冲量不为零，故D错误。故选C。
3.C 【解析】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，与点距离为，则有，又，联立解得，故选C。
4.D 【解析】设绕运动的公转周期为，由图（b）可知，解得，设行星M、N绕运动的半径分别为，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.D 【解析】设时间射到广告牌上的空气质量为，广告牌的面积为，则，根据动量定理，可得。“11级”风的最小风速为，“5级”风的最大风速为，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.C 【解析】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（20分）
7.AC 【解析】A.下落过程中，做自由落体运动，则，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。
8.BD 【解析】A.当列车行驶速度为时，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kmg，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，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25s末的速度，此时的瞬时功率，故D正确。故选BD。
9.BC 【解析】B.平抛运动的轨迹为扡物线，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，小球即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平地运动知识可知，小球的速度方向与水平方向的夹角，故B正确；A.设小球即将落地时，它的速度大小为，小球的速度大小为，根据系统机械能守恒有，小球与小球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，从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为，故C正确；D.小球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，且小球有重力，则地面对小球的作用力的冲击量大小与大小不相等，即不等于，故D错误。故选BC。
10.AD 【解析】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。
三、实验题（18分）
11.（8分）（1）B（1分）（2）分）分）（3）B（2分）
（4）①（2分）
【解析】（1）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。
（2）因为摆球经过次全振动的总时间为，则该单摆的周期为，由单摆周期公式可得，重力加速度的表达式为；
（3）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。
（4）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，由此得到的图像是图乙中的①。
12.（10分，每空2分）（1）1.66（2）不需要（6）
（7）
【解析】（1）由图乙可知，两小球直径为
（2）题干中没有要求质量为的小球不反弹，则不需要满足
（5）根据题意，由牛顿第二定律有，整理可得
（6）小球做平抛运动，则有，解得
（7）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（38分）
13.（10分）【解析】（1）设滑块的质量为，滑块、小球为系统水平方向动量守恒，则
…………………………………………………………………………………………………………………………………………（1分）
可得………………………………………………………………………………………………………………………………（1分）
即，解得……………………………………………………………………………………………………（2分）
（2）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………………………………………………………………………………………………（2分）
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，…………………………………………………………………………………………………………（2分）
小球落地时到滑块的距离为……………………………………………………（2分）
14.（12分）【解析】（1）对物体受力分析可得绳中张力………………………………………………………（2分）
对装置受力分析由平衡条件……………………………………………………………………………………（1分）
解得…………………………………………………………………………………………………………………………………………（1分）
（2）装置左移时，木块上升2x，由动能定理……………………（2分）
解得水平外力所做的功为…………………………………………………………………………………………………（2分）
（3）木块向下的加速度为，由牛顿第二定律…………………………………………………………（1分）
装置和木块水平方向加速度，由牛顿第二定律…………………………（1分）
由绳子长度关系得，解得……………………………………………………………………（1分）
木块向下的速度，水平方向的速度，由运动学公式得……………………（1分）
所以物块下落高度时物块的速度大小为.……………………………………………………（2分）
15.（16分）【解析】（1）设与碰前速度为，则有……………………………………（1分）
由于与的碰撞为弹性碰撞，则有……………………………………………………………………（1分）
……………………………………………………………………………………………………………………（1分）
解得………………………………………………………………………………………………（2分）
（2）由于环恰好不下滑静止于轻杆上，所以有
则碰后环匀速下滑，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，以为参考系，相对速度为零时，二者相距最远，相对的初速度为……………………（1分）
相对的加速度为…………………………………………………………………………………………………（1分）
两环相距最远的距离为……………………………………………………………………………………………………（2分）
（3）设与第二次碰前速度为，
则有
解得…………………………………………………………………………………………………………………（1分）
与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…………………………………………………………………………………………………………………（1分）
设与第三次碰前速度为，则有
解得与第三次碰前后，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的速度分别为，碰后分别为；第二次碰前与的速度分别为；碰后分别为；第三次碰前与的速度分别为；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……………………………………………………………………（3分）
则第一次碰后环位移
第二次碰后环位移
第三次碰后环位移
所以第次碰后环位移
则第次碰撞时环的位置坐标为…………………………………………………………（2分）风级
风速
风级
风速
0
7
1
8
2
9
3
10
4
11
5
12
6
……
……
题号
1
2
3
4
5
6
答案
B
C
C
D
D
C
题号
7
8
9
10
答案
AC
BD
BC
AD
得分:_________
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”
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
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
4.如图（a）所示，太阳系外行星M、N均绕恒星做同向匀速圆周运动。由于的遮挡，行星被照亮的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，其中为绕运动的公转周期。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.1:4B.3:8C.1:2D.3:5
5.近期台风天气频繁，对沿海人民造成了巨大的经济损失，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，空气密度不变，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
A.15倍B.11倍C.9倍D.7倍
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，重力加速度取。则篮球从出手到入筐的时间为
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.
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
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25s末列车的瞬时功率为
9.如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在点，为导轨的顶点，点离地面的高度为h，A在点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球，小球通过轻杆与光滑地面上的小球相连，两小球的质量均为，轻杆的长度为2h，重力加速度为。现将小球从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是
A.小球即将落地时，它的速度大小为
B.小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为
C.从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为
D.若小球落地后不反弹，则地面对小球的作用力的冲量大小为
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mgh
D.碰后由到过程中弹簧增加的弹性势能大小为
三、实验题（本题共2小题，11题8分、12题10分，共18分）
11.（8分）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”）。
12.（10分）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。
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.（10分）如图所示，足够长的光滑水平杆离地的高度为2L，滑块套在水平杆上，通过长度为的细线连接质量为的小球。将小球拉至与滑块等高，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）小球落地时到滑块的距离。
14.（12分）质量为的“”形装置通过两个光滑轻质滑轮与木块连接，“L”形装置内表面光滑，外表面与地面的动摩擦因数，重力加速度为。
（1）若“L”形装置静止，求悬挂木块质量的最大值；
（2）若悬挂木块质量，水平外力将“L”形装置向左缓慢移动，求水平外力所做的功；
（3）若悬挂木块质量，静止释放木块和“L”形装置，求物块下落高度时物块的速度大小。
15.（16分）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的环套在轻杆上恰好不下滑，距离环的位置有一质量为的光滑环从静止释放。下滑过程中，环与环的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。重力加速度为，不计空气阻力。求:
（1）环与环第一次碰撞结束后的速度大小；
（2）环与环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离；
（3）若将环的初始位置记为坐标原点，沿杆斜向下为轴正方向建立直线坐标系，求第次碰撞时环的位置坐标。
雅礼中学2025届高三月考试卷（二）
物理参考答案
一、单选题（24分）
1.B 【解析】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.C 【解析】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.在做俯卧搆运动的过程中，根据，可知地面对该同学的冲量不为零，故D错误。故选C。
3.C 【解析】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，与点距离为，则有，又，联立解得，故选C。
4.D 【解析】设绕运动的公转周期为，由图（b）可知，解得，设行星M、N绕运动的半径分别为，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.D 【解析】设时间射到广告牌上的空气质量为，广告牌的面积为，则，根据动量定理，可得。“11级”风的最小风速为，“5级”风的最大风速为，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.C 【解析】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（20分）
7.AC 【解析】A.下落过程中，做自由落体运动，则，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。
8.BD 【解析】A.当列车行驶速度为时，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kmg，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，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25s末的速度，此时的瞬时功率，故D正确。故选BD。
9.BC 【解析】B.平抛运动的轨迹为扡物线，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，小球即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平地运动知识可知，小球的速度方向与水平方向的夹角，故B正确；A.设小球即将落地时，它的速度大小为，小球的速度大小为，根据系统机械能守恒有，小球与小球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，从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为，故C正确；D.小球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，且小球有重力，则地面对小球的作用力的冲击量大小与大小不相等，即不等于，故D错误。故选BC。
10.AD 【解析】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。
三、实验题（18分）
11.（8分）（1）B（1分）（2）分）分）（3）B（2分）
（4）①（2分）
【解析】（1）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。
（2）因为摆球经过次全振动的总时间为，则该单摆的周期为，由单摆周期公式可得，重力加速度的表达式为；
（3）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。
（4）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，由此得到的图像是图乙中的①。
12.（10分，每空2分）（1）1.66（2）不需要（6）
（7）
【解析】（1）由图乙可知，两小球直径为
（2）题干中没有要求质量为的小球不反弹，则不需要满足
（5）根据题意，由牛顿第二定律有，整理可得
（6）小球做平抛运动，则有，解得
（7）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（38分）
13.（10分）【解析】（1）设滑块的质量为，滑块、小球为系统水平方向动量守恒，则
…………………………………………………………………………………………………………………………………………（1分）
可得………………………………………………………………………………………………………………………………（1分）
即，解得……………………………………………………………………………………………………（2分）
（2）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………………………………………………………………………………………………（2分）
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，…………………………………………………………………………………………………………（2分）
小球落地时到滑块的距离为……………………………………………………（2分）
14.（12分）【解析】（1）对物体受力分析可得绳中张力………………………………………………………（2分）
对装置受力分析由平衡条件……………………………………………………………………………………（1分）
解得…………………………………………………………………………………………………………………………………………（1分）
（2）装置左移时，木块上升2x，由动能定理……………………（2分）
解得水平外力所做的功为…………………………………………………………………………………………………（2分）
（3）木块向下的加速度为，由牛顿第二定律…………………………………………………………（1分）
装置和木块水平方向加速度，由牛顿第二定律…………………………（1分）
由绳子长度关系得，解得……………………………………………………………………（1分）
木块向下的速度，水平方向的速度，由运动学公式得……………………（1分）
所以物块下落高度时物块的速度大小为.……………………………………………………（2分）
15.（16分）【解析】（1）设与碰前速度为，则有……………………………………（1分）
由于与的碰撞为弹性碰撞，则有……………………………………………………………………（1分）
……………………………………………………………………………………………………………………（1分）
解得………………………………………………………………………………………………（2分）
（2）由于环恰好不下滑静止于轻杆上，所以有
则碰后环匀速下滑，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，以为参考系，相对速度为零时，二者相距最远，相对的初速度为……………………（1分）
相对的加速度为…………………………………………………………………………………………………（1分）
两环相距最远的距离为……………………………………………………………………………………………………（2分）
（3）设与第二次碰前速度为，
则有
解得…………………………………………………………………………………………………………………（1分）
与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…………………………………………………………………………………………………………………（1分）
设与第三次碰前速度为，则有
解得与第三次碰前后，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的速度分别为，碰后分别为；第二次碰前与的速度分别为；碰后分别为；第三次碰前与的速度分别为；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……………………………………………………………………（3分）
则第一次碰后环位移
第二次碰后环位移
第三次碰后环位移
所以第次碰后环位移
则第次碰撞时环的位置坐标为…………………………………………………………（2分）风级
风速
风级
风速
0
7
1
8
2
9
3
10
4
11
5
12
6
……
……
题号
1
2
3
4
5
6
答案
B
C
C
D
D
C
题号
7
8
9
10
答案
AC
BD
BC
AD
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