湖南省邵东市名校2023-2024高三上学期第二次月考物理试题（答案）

邵东名校 2023 年下学期高三第二次月考物理
时量：75 分钟 分值：100 分
一、单项选择题：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、某机动车在车检时,先做匀速直线运动再做匀减速直线运动至停止。已知总位移为 s,匀速阶段的速度为 v、时间为
t,则匀减速阶段的时间为( )
A. －t B. － 2t C.
2 2
－ t D. － 2t
2、如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴O为 r处有一质量为m的小物块。某时刻起圆盘绕轴O转动，
角速度从 0增大至 ，小物块始终相对圆盘静止。已知圆盘的动摩擦因数为 、重力加速度为 g，此过程小物块所
受的摩擦力（ ）
A．方向始终指向O点
B．大小始终为 mg
C．冲量大小为m r
D．做功为零
3、质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一的光滑圆弧轨道上，其截面如图所示。导体棒中通有电流强度大小为 I
的电流，空间存在磁感应强度大小为 B的匀强磁场，磁场的方向竖直向上。导体棒平衡时，导体棒与圆心的连线跟
竖直方向的夹角为 （ 45 ），轨道对导体棒的弹力为 FN 。下列说法正确的是（ ）
A．若仅将电流强度 I缓慢增大，则θ逐渐减小
B．若仅将电流强度 I缓慢增大，则 FN逐渐减小
C．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90 ，则 FN 逐渐增大再减小
D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90 ，则θ逐渐增大再减小
4、某物体质量为 m，放在光滑的水平面上，在水平向右的拉力 F作用下以初速度v0水平向右运动，测得它的速度
v与位移 x的关系如图所示。那么以下结论正确的是（ ）
A. 物体的加速度 a保持不变
B. 物体的加速度 a越来越大
C. 当位移为 2x0，物体的速度为 2v0
D. 拉力 F与速度平方成正比
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5、质量为 m的光滑圆柱体 A放在质量也为 m的光滑“V”形槽 B上,如图所示,α=60°,另有质量为 m'的物体 C通过定
滑轮的不可伸长的细绳与 B相连,现将 C自由释放,则下列说法正确的是( )
A.若 A相对 B未发生滑动,则 A、B、C三者加速度相同
B.当 m'=2m时,A和 B共同运动的加速度大小为 g
C.当 m'=3( 3+1)m时,A相对 B刚好发生滑动
2
D.当 m'=( 3+1)m时,A相对 B刚好发生滑动
6、北京 2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停
止区组成，如图所示。跳台滑雪运动员在助滑道路段获得速度后从起跳区水平飞出，不计空气阻力，起跳后的飞行
路线可以看作是抛物线的一部分，用 v、E、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、机械能、动能、重力的
瞬时功率大小，用 v0表示从起跳区水平飞出时的速度，用 t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中可能正确的
是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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、 如图所示， ABC是一个半球形的大坑， AC恰好为水平直径，B为最低点，从 A点水平抛出一个带正电的小
球，恰好垂直打在球面上且位于 BC之间的某处，不考虑空气阻力，那么以下说法正确的是（ ）
A. 在整个空间可能有竖直向下的匀强电场
B. 在整个空间可能有竖直向上的匀强电场
C. 在整个空间可能有垂直 AB线的匀强电场
D. 在整个空间可能有垂直 BC连线的匀强电场
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
8、某次发射地球同步卫星时，该卫星先进入椭圆轨道再进入同步轨道，椭圆轨道的近地点 A在近地圆轨道上，远
地点 B在同步轨道上，如图所示。该卫星（ ）
A. 在椭圆轨道上运行的周期小于 1天
B. 在同步轨道上的角速度小于赤道上物体随地球自转的角速度
C. 在 B点需要加速才能进入同步轨道
D. 在椭圆轨道上从 A点运动到 B点的过程中，速度增大
9、如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物 A，轻质定滑轮下方悬挂重物 B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重
物 A、B处于静止状态，释放后 A、B开始运动。已知 A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，
重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
A. 某时刻细线对 A、B做功功率之比为1: 2
B. 某时刻细线对 A、B做功功率之比为1:1
C. 当 A 2的位移为 h时，A的速率为 gh
5
D. 3当 A的位移为 h时，A的速率为 gh
5
10、如图所示，竖直平面内固定一半径为 R的光滑圆环，圆心为 O，O点正上方固定一根竖直的光滑杆。质量为 m
的小球 A套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为 m的滑块 B拴接一起套在杆上，小球 A和滑块 B之间
再用长为 2R的轻杆通过铰链分别连接。当小球 A位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球 A位于圆环最右端时，
装置能够保持静止。若将小球 A置于圆环的最高点并给它一个微小扰动（初速度可视为 0），使小球沿环顺时针滑
下，到达圆环最右端时小球 A的速度 vA gR （g为重力加速度），已知弹簧性势能 E
1
p kx
2
，不计一切摩擦，
2
A、B均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 此时滑块 B的速度vB 2gR
B. 此过程中弹簧对滑块 B所做的功W弹 3mgR 3mgR
C. 3 3 mg弹簧劲度系数为 k
3R
2
D. 小球 A滑到圆环最低点时速度大小为 9 3 3 gR3
三、实验题（11 题 7 分，12 题 9 分）
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11、某同学利用图（甲）所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重
物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每 5个点取 1个计
数点，相邻计数点间的距离如图（乙）所示。打点计时器电源的频率为 50Hz。
（1）本实验___________（填“需要”或“不需要”）满足重物质量远小于物块质量。
（2）物块减速运动过程中加速度的大小为 a=___________m/s2（结果保留 3位有效数字）。
a
（3）若用 g计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值___________
（填“偏大”或“偏小”）。
12、某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小
钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传
感器示数的最大值 Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中
绘制的Tmax -Tmin图像是一条直线，如图乙所示。
（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率绝对值的理论值为 。
（2）由图乙实验数据而得到的直线斜率绝对值为 ，小钢球的重力为 。（结果均保留 2位有
效数字）
（3）该实验系统误差的主要来源是________（单选，填正确答案标号）。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
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四、解答题（13 题 10 分，14 题 14 分，15 题 16 分）
13、滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵
刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力 F,从而控制车速。为便于研究,作如下简化:游客从顶端 A
点由静止滑下 8 s 后,操纵刹车手柄使滑沙车受到制动力从而匀速下滑至底端 B 点,在水平滑道上继续匀减速滑行直
至停止。如图所示,已知游客和滑沙车的总质量 m=70 kg,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5。
重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。
(1)求游客匀速下滑时的速度大小。
(2)若游客在水平滑道 BC 段的最大滑行距离为 16 m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力
14、小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的 A处有一质量 m=1 kg的小球（可视为质点），离地面高
h=2 m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径 R=1 m，圆心角是 53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端
与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为 37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为 r=0.5m的半圆
形光滑挡板，底部 D点与水平地面相切，线段 DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从 B点沿 BC轨道的切线
方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面 CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加
速度大小 g=10 m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（sin53°=0.8，cos53°=0.6，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
（2）若 LCD=5 m，要使小球能进入 DE轨道且又不脱离 DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值
范围为多少？
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15、如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为 2m 的长木板 A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板 P下端），
质量为m的小物块 B（可视为质点）以水平初速度 v0从 A的左端向右滑上 A的上表面，经过一段时间 A、B第一
次达到共同速度，此时 B恰好未从 A上滑落，然后物块 B与长木板 A一起向右运动，在 t 0时刻，物块 B与挡板
P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块 B与长木板 A第二次达到共同速度，之后物块 B与挡板 P发生了很多次
碰撞，最终在 t t0（未知）时恰好相对地面静止。已知 A、B间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，物块与挡板
P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
（1）木板 A的长度；
（2）A、B第二次达到共同速度时 B离 A左端的距离；
（3） 0 ~ t0 时间内 B经过的路程；
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}邵东名校 2023年下学期高三第二次月考物理答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D C D B D C CD AC BC BCD
1. D 解析 设匀减速的时间为 t1,则 s=vt+ t1,解得 t1= -2t,故选 D。
2. C【详解】A．由于小物块在水平面上做圆周运动，则小物块的重力与圆盘的支持力平衡，
小物体始终相对圆盘静止，因此小物块，所受外力的合力等于圆盘对其的静摩擦力，由于角
速度从 0增大至 ，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向
的分力使物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力不指向圆心，故 A错误；
B．根据上述可知，小物块所受摩擦力为静摩擦力，随角速度的增大，该静摩擦力也逐渐增
大，故 B错误；
C．根据上述，小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有
I mv 0
由于
v r
则有
I m r
故 C正确；
D．小物块动能增大，根据动能定理有
W 1 mv 1 m 2r 2
2 2
可知。摩擦力做功不为零，故 D错误。
3.D【详解】AB．对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，受力如图
若仅将电流强度Ⅰ缓慢增大，安培力的逐渐增大，根据受力平衡和平行四边形法则可知θ逐渐
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
增大，FN逐渐增大，故 AB错误；
CD．导体棒受到重力mg、安培力 BIL和弹力 FN ，安培力 BIL和弹力 FN 的合力始终与重力mg
等大反向， BIL的大小不变，作出矢量图如下图所示
BIL的方向始终与磁场方向垂直，根据矢量图可知若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过 90°，
先增大再减小， FN 逐渐减小，故 C错误，D正确。故选 D。
4.B【详解】AB．因为速度越大，通过相等的位移时间越短，而图像中通过相等的位移速度
増量相同，所以加速度越来越大，故 A错误，B正确；
C．根据图像可知，图线的斜率为
k 3v v 2v 0 0 0
3x0 3x0
则图线表达式为
v v0 kx
当位移为 2x0时，其速度应该为
v 7 v0 kx v3 0
故 C错误；
D．速度变化量为
Δv kx
则
Δv k x
Δt Δt
可得
a kv
由牛顿第二定律得
F ma mkv
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
所以拉力 F与速度 v成正比，故 D错误。
5. D 解析:若 A相对 B 未发生滑动,则 A、B可看作整体,加速度相同,C 的运动方向向下,加速
度方向与 A、B不同,故 A错误;若 A 和 B 共同运动的加速度大小为 g,则 C 的加速度大小也为
g,但对 C 隔离分析,C 不可能做自由落体运动,因此不论 m'等于多少,加速度都不能是 g,故 B
错误;若A相对B刚好发生滑动,设此时加速度为a,对A受力分析可得Fcos α=ma,Fsin α=mg,
解得 a= g,对 A、B、C 整体运用牛顿第二定律可得 m'g=(m'+2m)a,解得 m'=( +1)m,故 C 错
误,D 正确。
6.C【详解】A．滑雪运动员从起跳区飞出后做平抛运动，根据速度改变量
v gt
可知 v与时间 t成正比，A错误；
B．不计空气阻力，运动员的机械能是守恒的，其机械能与时间的关系图像应是一条平行于
t轴的直线，B错误；
C．运动员从水平飞出开始，经过时间 t，根据动能定理得
mg 1 gt2 E 1k mv
2
2 2 0
解得此时运动员的动能
E 1 2 1 2 2k mv mg t2 0 2
据此可知 C正确；
D．根据
P mgv mg 2y t
可知重力的瞬时功率 P与 t成正比。D错误。
7.CD【详解】AB．如果整个空间存在竖直向下或竖直向上的匀强电场，带电粒子做类平抛
运动，恰好垂直打在球面上且位于 BC之间的某处时，水平位移 AN小于直径，且落点的速
度的反向延长线应交于半球形的圆心，如图
又根据平抛运动的特点可知，粒子落点的速度的反向延长线与 AC的交点应该在水平位移一
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
半的位置，综上所述，如果整个空间存在竖直向下或竖直向上的匀强电场，粒子不可能垂直
落在 BC之间，故 AB错误；
CD．由以上分析可知，要想带电粒子垂直打在球面上，合力方向得斜向左下方，所以匀强
电场可以垂直 AB连线向左下或垂直 BC连线向左上的都可做到，故 CD正确。
故选 CD。
8.AC【详解】AB．地球同步卫星运行的周期与地球自转的周期（1天）和角速度相等，故
该卫星在同步轨道上的角速度等于赤道上物体随地球自转的角速度，根据开普勒第三定律可
知，该卫星在椭圆轨道上运行的周期小于 1天，故 A正确、B错误；
C．该卫星在 B点需要加速才能进入同步轨道，故 C正确；
D．该卫星在椭圆轨道上从 A点运动到 B点的过程中，速度减小，故 D错误。
故选 AC。
9.BC【详解】AB．绳子对物体 A做正功，大小等于 A机械能的增加量，绳子对物体 B做
负功，大小等于机械能的减少量。又因为系统的机械能守恒，A增加的机械能和 B减少的
机械能相等，时间有相同，因此做功快慢即功率相等，因此选项 A错误，B正确；
CD．由题可知，B下降的位移是 A上升位移的两倍，由公式
x 1 at 2
2
可知，B的加速度是 A加速度的两倍，由速度公式
v at
可知同一时刻，A的速度是 B的一半，即
2vA vB
当 A位移为 h时，B下降 2h，由机械能守恒得
mg2h mgh 1 1 mv2B mv
2
2 2 A
联立解得
v 2A gh5
选项 C正确，D错误。
10.BCD【详解】A．小球 A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
如图所示
根据运动的合成与分解可得
vAcos vBcos
则
vA vB
vB vA gR
选项 A错误；
B．当球 A到达圆环最右端时，因系统平衡，则对两球的系统在竖直方向
F 弹=2mg
小球 A从最高点到到达圆环的最右端，弹簧的伸长量
Δx 2R 2Rcos30 R 3R 3R
则此过程中弹簧的弹力对 B做功为
W 1 F
2 弹
Δx 3 3 mgR
选项 B正确；
C．弹簧的劲度系数
F 2mg 3 3 mgk 弹
Δx 3 3 R 3R
选项 C正确；
D．小球 A滑到圆环最低点时，根据关联速度，此时 B球速度为零，则由系统能量守恒
2mg 2R 1 k 2R 2 1 mv2
2 2
得
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
v 2 9 3 33 gR
选项 D正确。
11.不需要 (2分) 2.00 （3分） 偏大(2分)
12.答案：（1）2 （3分） （2）2.1 (2分) ； 0.59 (2分) （3）C(2分)
解析：（1）小球摆至最高点时有：Tmin mg cos
v2
小球摆至最低点时有：Tmax mg m L
mgL(1 cos ) 1 mv2根据机械能守恒定律有：
2
三式联立整理得：Tmax 3mg 2Tmin
故直线斜率的理论值的绝对值为 2。
（2）由Tmax 与Tmin 的函数式可知，图像的纵截距为3mg 1.77 N，则mg 0.59 N，在
k ΔTmax 1.35 1.77图线上取两点坐标求斜率： 2.1ΔT 0.20 0 。绝对值 2.1.min
（3）小钢球摆动过程克服空气阻力做功，使一部分机械能转化为内能，故选 C。
13.答案:(1)16 m/s （5分） (2)210 N（ 5分）
解析:(1)开始下滑的时候,整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律可
得 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1 （2分）
代入数据可得 a1=2 m/s2 （1分）
游客匀速下滑的速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的大小为
v0=a1t1=2×8 m/s=16 m/s。 （2分）
(2)整体滑到水平面上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律得
v2- =-2a2x代入数据可得 a2=8 m/s2 （2分）
由牛顿第二定律得 F+μmg=ma2 代入数据得 F=210 N。 （3分）
14.（1）W 9J （5分）； （2）0 0.43或0.52 0.58 （9分）
【详解】（1）从 A到 B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得
v2By 2gh 2gR 1 cos53 （2分）
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
v
同时 v By0 联立解得 v0 3 2m/s （1分）tan 53
1
击打的瞬间有W mv20 （1分） 代入数据解得 W 9J （1分）2
（2）若小球恰好经过 E点，根据牛顿第二定律可得
2
mg sin 37 mv （1分）解得 v 3m/s （1分）
r
从 A到 E的过程中，根据动能定理可得
mgh mgL 1 1 2 21 CD 2mgr sin 37 mv mv （1分）2 2 0
解得 1 0.43 （1分）
若恰好当圆弧 DE的中点，则有
mgh 1 mgL mgr sin 37 0 mv22 CD 0 （1分）2
解得 2 0.52 （1分）
恰好到 D点时，根据动能定理可得
mgh 3mgL 0
1
mv2CD 0 （1分）2
解得 3 0.58 （1分）
综上所述，动摩擦因数的取值范围为
0 0.43或0.52 0.58 （1分）
v20 5v
2 2
15.（1） ；（4分）（2） 0
v
；（5 0分） （3） （7分）
3 g 27 g 8 g
【详解】（1）依题意，设木板的长度为 L，A、B第一次达到共速时速度大小为 v1，物块和
木板由动量守恒定律有
mv0 (2m m)v1（1分）
根据能量守恒定律有
mgL 1 mv2 10 (2m m)v
2
1 （1分）2 2
1 v2
联立求得 v1 v0 （1分） L 0 （1分）3 3 g
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}
（2）由于物块与挡板 P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板
碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为 v2，取方向
向右为正，根据动量守恒定律有
2mv1 mv1 (2m m)v2（1分）
根据能量守恒定律有
mgx 1 (2m m)v2 11 1 (2m m)v
2
2 2 2
（1分）
联立求得
v 12 2 v0（1分）3
x 4v
2
1
0 （1分）
27 g
则可得此时物块距木板左端的距离为
5v2
l 01 L x1 （1分）27 g
v
（3）由（1）（2）问分析可知，物块 B与木板第 n次共速时的速度为 0n ，对 B3
mg maB （1分）
从 B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有
(v0 )2 2aBs1（1分）3
从 B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有
(v0 22 ) 2aBs2（1分）3
从 B第n次撞击挡板到第 n 1次撞击挡板过程，有
( v0 2n ) 2aBsn （1分）3
则
2
s 2(s s s ... s ) v0 ( 1 1 1 1 1 2 3 n 2 4 6 2n) （1分） g 3 3 3 3
得
1 (1 1v2 2 ) 2s 0 3 3
2 n v0
g (1 1

8 g
32
)
（2分）
{#{QQABCQQAoggAAAIAAAhCQQEyCkAQkAEACKoORFAAIAAAQQNABCA=}#}

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