湖南汉寿县汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期2月月考物理试题含答案

这是一份湖南汉寿县汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期2月月考物理试题含答案，共18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。
2月阶段性检测物理试题
一、单选题
1 ．如图所示，楔形木块 a 、b 、c 固定在水平面上，斜面ab 、bc 与水平面的夹角分别为
37° 、53° , 一轻质光滑定滑轮固定在斜面体的顶端，质量分别为m = 0.2kg 和M = 0. 8kg 的物体 P 、Q 通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，连接物体的轻绳与斜面平行，PQ 恰好不滑动。两物体与斜面体间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知
cs 53。= 0.6 ，sin 53。= 0.8 ，重力加速度为g = 10 ms2 。则剪断轻绳后， P、Q 对斜面的摩擦力大小分别是( )
A ．1.2N ，3.9N B ．1.2N ，4.8N C ．0.975N ，3.9N D ．0.975N ，4.8N
2 ．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端相距36m，物料与传送带间的动摩擦因数为0.2 。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以8m / s 和16m / s 的速度大小匀速运动时，取重力加速 度大小g = 10m / s2 ，物料通过传送带的时间差为( )
A ．0.5s B ．1s C ．2.5s D ．4s
3 ．如图甲所示，质量为 2kg 的物块 m 和质量为 3kg 的物块 M 叠放，静止在光滑水平面上，零时刻起随时间如图乙所示的力 F 作用在 M 上，若 m 和 M 之间的动摩擦系数为 0.1，则 m 和 M 刚要开始滑动的时刻及该时刻的速度分别为( )
A ．10s 、5m/s B ．15s 、15m/s C ．20s 、10m/s D ．30s 、20m/s
4 ．空间站的发射和回收过程中，航天员要承受超重或失重的考验。在某空间站竖直向上加速发射过程中，有一段时间内的加速度达到 3.5g。已知空间站中航天员的质量为 m，取重力加速度g = 10m / s2 ，则在该段时间内( )
A ．航天员处于失重状态
B ．空间站对航天员的作用力大小为 4.5mg
C ．空间站中质量为 2kg 的物体置于台秤上的视重为 70N
D ．空间站对航天员的作用力大于航天员对空间站的作用力
5 ．如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为 10m。在小球 A 以某一速度向右运动的同时，一小球 B 从 A 正上方距离箱底 5m 高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧 8m 处相遇，则 A 的速度大小可能是（重力加速度 g 取10m/s2 ，小球 A 与箱壁碰撞后速度大小不变）( )
A ．2m/s B ．6m/s C ．12m/s D ．16m/s
6 ．加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能， t ＝0 时刻驾驶汽车由静止启动，t1 = 6s 时汽车达到额定功率，t2 = 14s 时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力 F 随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量 m ＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为 ，重力加速度 g = 10m/s2 ，下列说法正确的是( )
A ．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B ．汽车在 BC 段做匀加速直线运动
C ．汽车达到的最大速度大小为 20m/s
D ．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为 150m
二、多选题
7 ．质量为 m 的物体置于水平面上，在水平恒力 F 的作用下由静止开始前进了 s 的距离，撤去力 F 后，物体又前进了 s 的距离后停止运动。则下列说法正确的是( )
A ．物体受到的摩擦阻力大小为
B ．物体受到的摩擦阻力大小为 F
C ．运动过程中物体的最大速度为
D ．物体运动到位移中点时的速度最大
8．风洞是研究空气动力学的实验设备。如图所示，一物体静止锁定在p 点，AB 间距为d = a0T2 ， p 点为 AB 的中点，该风洞产生如图所示的水平方向的周期性加速度，以水平向右为正方向。不考虑重力加速度的影响。下列说法正确的有( )
A ．若在 T 之间释放物体，则该物体一定能运动到 B 端
B ．若在 T ~ T 之间释放物体，则该物体一定能运动到 A 端
C ．不管什么时候释放物体，该物体一定能运动到其中一端
D ．不管什么时候释放物体，该物体一定一直做往返运动直到其中一端
9 ．如图所示，一质量为 m、可视为质点的小球固定在轻直杆的一端并绕 O 点在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时速度为 v。已知重力加速度为 g，杆长为 L，在图示位置，下列说法正确的是( )
A ．若杆的弹力大小为 mg ，v 可能为
B ．若v ，小球受到的杆的弹力竖直向下
C ．若v =0 ，小球受到的杆的弹力也为 0
D ．若小球经过最高点时，速度变为 2v，则杆的弹力大小一定变为原来的 4 倍
10．2024 年 9 月 19 日，我国在西昌卫星发射中心成功发射第 59 颗、第 60 颗北斗导航卫星。若将 60 颗卫星的运动近似看成圆轨道，用 T 表示卫星的周期，r 表示卫星的轨道半径，如图所示为这些卫星绕地球在不同轨道上运动的lgT - lgr 图像。图中的 1 和 2 两点为其中的两颗卫星甲和乙对应的数据点。已知引力常量为 G，下列说法正确的是( )
A ．图像的斜率为
B ．地球质量为
C ．卫星甲和乙运动的线速度大小之比为10x2 :10x1
D ．卫星甲和乙向心加速度大小之比为102x2 :102x1
三、实验题
11．实验小组做平抛实验，得到小球做平抛运动的轨迹如图甲所示，图中每小方格的边长为 5cm，取重力加速度大小 g=10m/s2 ；另一实验小组用喷水枪喷射出一股水流，改变水流喷出时初速度的大小和方向，得到的运动轨迹如图乙所示，五条轨迹分别为 1 、2 、3 、4 、5，水流喷出时初速度方向与水平方向的夹角在对应的轨迹上标出，以此来探究斜抛运动的规律。回答下列问题:
(1)由图甲可知，O 点____（填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点，平抛运动的初速度大小
v0=____m/s（结果保留两位有效数字）。
(2)五条轨迹中运动时间最长的是轨迹_______（填“1”“2”“3”“4”或“5”），轨迹 2 与轨迹 4 的初速度大小__________（填“相等”或“不相等”）。
12 ．某同学要测量由某种导电材料制成的横截面积为 2mm2 的电阻丝的电阻率：
(1)先用游标卡尺测量其长度，如图所示，其读数为______mm。
(2)再用多用电表粗测其阻值，选择欧姆“×10”挡位，发现指针偏转角度过大，故而将选择开关旋到挡位______（填“×1”或“×100”）。接下来进行的操作是______。
A.直接测量 B.欧姆调零 C.机械调零
(3)该同学采用伏安法更精确测量其阻值，除待测电阻丝外，实验室还备有的实验器材如下：电源 E（电动势 4.5V，内阻约 2Ω )
电压表 V（量程 3V，内阻约3ka）
电流表 A（量程 0.6A，内阻未知）
滑动变阻器R1（阻值 0 ~ 5a ，额定电流 0.5A）
滑动变阻器R2 （阻值 0 ~ 10a ，额定电流 1A）
开关 S；导线若干
滑动变阻器 R 应选______（填“R1 ”或“R2 ”）；实验前电路如图所示，用试触法时发现电压表
示数变化较大，故应将电压表右侧导线接在______处（填“a”或“b”）。
(4)若实验测得该电阻阻值为 8.2 a ，则该材料的电阻率为______ a . m （保留两位有效数字）。
四、解答题
13．如图甲是物流用机器人运送、投递包裹的场景。简化图如乙所示， 工作人员在供包台将包裹放在机器人的水平托盘上，包裹将自动送至方形分拣口，停止运动后缓慢翻起托盘，让包裹滑入投递口。其启动和制动过程可视为匀变速直线运动， 抵达分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘倾角缓慢增大，直至包裹下滑，包裹与托盘接触面动摩擦因数为 ，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度 g 大小取 10m/s2。现把质量 m = 1kg 的包裹从供包台沿直线运至相距L = 63m 的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。运行最大速度v = 4m/s ，机器人运送包裹途中，看作质点。求：
(1)在机器人到达投递口处，要使包裹能够下滑，托盘的最小倾角θ 应该是多少；
(2)机器人制动时的最大加速度，及此时托盘对包裹的作用力 F 的大小；
(3)求机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间 t。
14 ．如图所示，纸面内直角三角形 BCD 区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，
μ . Mg cs 53°
所以 P 受到的是静摩擦力fP = mg sin 37° = 1.2N Q 受到滑动摩擦力fQ = μ . Mg cs 53° = 3.9N
故选 A。
2 ．A
物料在传送带加速运动时的加速度为
当传送带以v = 8m / s 的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
t = t1 + t2 = 6.5s
当传送带以v¢ = 16m / s 的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为
v1 = at ¢ = 12m / s < 16m / s
假设成立，故物料通过传送带的时间差为
Δt = t - t ¢ = 6.5s - 6s = 0.5s
故选 A。
3 ．A
m 和M 刚要开始滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，对物块m ，根据牛顿第二定律得
μmg = ma
得
a = μg = 1m / s2
对两物块组成的整体，由牛顿第二定律得
F = (M + m)a = (3 + 2) ×1N = 5N
由F - t 图象可得
F = 0.5t(N)
则当F = 5N 时
t = 10s
在0 ~ 10s 内，F 与t 成正比，则整体的加速度a 与t 也成正比，根据a - t 图象与时间轴所围的面积表示速度变化量
可知，0 ~ 10s 内，速度变化量为
因为整体的初速度为 0，所以 t = 10s 时整体的速度为
v = Δv = 5m / s
故 A 正确，BCD。
故选 A。
4 ．B
A ．因为加速度向上，所以航天员处于超重状态，故 A 错误；
B ．对航天员根据牛顿第二定律，有F - mg = ma
解得F = 3.5mg故 B 正确；
C ．根据牛顿第二定律，有FN - mg = ma
解得FN = 90N
故 C 错误；
D ．间站对航天员的作用力与航天员对空间站的作用力大小相等、方向相反是一对作用力与反作用力，故 D 错误。
故选 B。
5 ．C
AB ．对 B 球由平抛规律，竖直方向有hgt2
水平方向有x =v0t
联立解得 A 的速度大小可能是 B 做平抛的初速度为v0 = 8m/s ，故 AB 错误；
CD．小球 A 与箱壁碰撞后速度大小不变，且不计碰撞时间，两小球相遇是发生在小球 A 与右箱壁发生弹性碰撞后返回时
故小球 A 速率为vA m/s = 12m/s
若小球 A 速度为16m/s ，则两小球相遇是在离箱子左侧 2× 10m -16 × 1m=4m 处故 C 正确，D 错误。
故选 C。
6 ．D
AB ．由图可知汽车在 AB 段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律
解得
a = 2.5m/s2
可知汽车在 AB 段做匀加速直线运动，汽车在 BC 段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，
故 AB 错误；
C ．t1 = 6s 时汽车的速度为
v1 = at1 = 15m/s
汽车额定功率为
P = Fv1 = 10 × 103 × 15W = 1.5 × 105 W
汽车达到的最大速度大小为
故 C 错误；
D ．汽车做匀加速直线运动的位移为
从刚达到额定功率到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
x2 = 105m
汽车通过的距离为
x = x1 + x2 = 150m
故 D 正确。
故选 D。
7 ．ACD
AB ．设物体在运动中受到的摩擦力大小为 Ff，对整个运动用动能定理可得Fs-2Ffs=0
解得
A 正确，B 错误；
C ．由题意可知，水平恒力 F 撤去瞬间，物体的速度最大，由动能定理得
解得
C 正确；
D ．由题意可知，因加速和减速整个运动中，加速度的大小相等，物体加速和减速运动的位移相等，因此物体运动到位移中点时的速度最大，D 正确。
故选 ACD。
8 ．AB
由 d = 1 at2
2 2
得 t = T
也就是说物体在t = 0 时刻从p 点释放，经时间T 运动到 B 端；
物体在t = 时刻从p 点释放，由V - t 图像可知，物体在 时间内向右运动的最大位移为 a0T d
接着由运动的对称性可知物体在 时间内向左运动的位移大小也为 d
此后重复这个过程，即物体是在p 点和距p 点右边水平方向上 d 的位置间往复运动，到达不了 B 端，也到达不了A 端。
若在0 ~ T 间释放物体，由V - t 图像与时间轴围成的面积可知，物体在第一个 2T 内位移的方向为正方向，此后物体的运动重复第一个 2T 内的运动，则物体一定能运动到 B 端；
同理，若在 T ~ T 之间释放物体，由D - t 图像可知，物体在第一个 2T 内位移的方向为负方向，此后物体的运动重复第一个 2T 内的运动，则物体一定能运动到 A 端。
故选 AB。
9 ．AB
A ．若杆的弹力大小为 mg ，则小球的向心力 Fn = mg mg mg或 mg mg mg
结合Fn =
可得v 或v A 正确；
B ．当杆对小球无弹力时，则有mg 解得v
当v = 时，重力不足以提供向心力，小球受到的杆的弹力竖直向下，故 B 正确；
C ．若小球在最高点时速度为 0，则小球受到的杆的弹力大小等于小球的重力，C 错误；
D．根据Fn = 可知小球经过最高点时，速度变为 2v，则向心力变为原来的 4 倍，弹力不一定变为原来的 4 倍，故 D 错误。
故选 AB。
10 ．BD
r T
A ．设地球质量为 M，由万有引力提供向心力有G = m( 2π)2 r
两边同时取对数，整理可得lgT lgrlg 故图像的斜率为 ，故 A 错误；
B ．当lgT = 0 时，有103x 可得地球质量为M 故 B 正确；
Mm v2
C ．根据万有引力提供向心力有G 2 = m
r r
可得v
所以 故 C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力有G ma可得a = G
所以卫星 1 和 2 向心加速度之比为102x2 :102x1 ，故 D 正确。
故选 BD。
11 ．(1) 是 1.5
(2) 1 相等
（1）[1]由题图甲可知，小球从 O 点到 A 点和从 A 点到 B 点的水平距离均为 15cm，故它们的运动时间相等，若 O 点是平抛运动的起点，则小球从 O 点到A 点和从 A 点到 B 点的竖直方向上的分位移大小之比应为 1:3，由题图甲可知，yOA = 5cm ，yAB = 15cm ，则有
yOA：yAB = 1: 3
则 O 点是平抛运动的抛出点；
[2]在竖直方向上yOA gt2水平方向上xOA = v0t
将yOA = 5cm = 0.05m ，xOA = 0.15m 代入，解得v0 = 1.5m/s
（2）[1]斜抛运动的运动时间由竖直方向上的高度来决定，高度越大，运动时间越长，则轨迹 1 的运动时间最长；
[2]设轨迹 2 、4 的初速度大小分别为v2 、v4 ，把轨迹 2 、4 的初速度分别沿着水平方向和竖直方向分解，则运动时间分别为t
射程分别为x2 = v2 cs 60° . t
由题图乙可知x2 = x4
解得v2 = v4
12 ．(1)41.20
(2) ×1 B
(3) R2 a
(4) 4.0× 10-4
（1）游标卡尺读数为 41mm +10× 0.02mm = 41.20mm
（2）[1] 发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应选择小挡位，故将选择开关旋到挡位
[2]由于Rx ，故采用电流表外接法，电压表接 a；
（4）根据 R = r 可得 r 代入数据解得 r = 4.0 × 10-4 a . m
×1；
[2]换挡后需重新进行欧姆调零。
故选 B。
（3）[1]滑动变阻器若选用R1，则电路中电流的最小值为
为了实验安全进行，故不能选R1 只能选R2 ；
13 ．(1)θ = 30°
(3) t = 1.9s
（1）托盘倾斜包裹刚要下滑时满足mg sinθ = μmg csθ解得tan → θ = 30°
（2）机器人制动时由静摩擦力提供加速度，当静摩擦力达到最大时，包裹的加速度最大
μmg = ma
解得a m / s2
此时托盘给包裹提供 2 个力，所以F 解得F N
v 4
（3）匀加速直线运动的最短时间 1 a 10
t = m = = 0.4s
—、3
3
匀加速直线运动位移x1 = 解得x1 = 0.8m
匀加速直线运动与匀减速直线运动时间、位移相等，所以匀速直线运动的位移x2 = L - 2x1
解得x2 = 4.4m
所以匀速直线运动时间t2
解得t = 2t1 + t2 = 1.9s
v ，方向水平向右；（2）R = L 作图详见解析；（3）B （1）设电子到达小孔 S2 时的速度大小为 v0，根据动能定理有
解得
（2）由题意做出电子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 S2C，所以R = L
（3）由洛伦兹力提供向心力
2
0
ev B = m v0
L
解得

,方向向右， W安 mv
（1）由右手定则可知 A 点电势小于 B 点电势，可知UAB < 0 ，故当导体框 AB 边刚进入第一个磁场带时，AB 两端的电压UAB B0Lv0
（2）导体框进入第一个磁场带的过程中，安培力的冲量有
同理导体框离开第一个磁场的过程安培力的冲量I
所以当导体框穿过第一个磁场条的过程中，由动量定理有2 = mv1
所以当导体框穿过第二个磁场条的过程中，由动量定理有 mv2 - mv1解得v v0
此时导体框 AB 边与第三个磁场条右边界的距离为 L，所以导体框离开第二个磁场带到进入第三个磁场条所用时间t
（3）导体框 AB 边刚进入第三个磁场带时，对导体框学力分析并结合牛顿第二定律有
F安 = ma
其中F安 = B0IL 解得a （方向向右）
导体框穿过第三个磁场带的过程中，由动量定理有
由动能定理有W安 mv mv 联立解得W安 mv