湖南邵阳二中2025届高三上学期8月月考物理试题+答案

邵阳市二中2025届高三第二次月考物理试卷
时间:75分钟 满分:100分
考试范围（直线运动、相互作用力、牛顿运动定律）
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景．在下列研究中可将运动员视为质点的是（ ）
甲:跳水 乙:体操 丙:百米比赛 丁:攀岩 A ．研究甲图运动员的入水动作 B ．研究乙图运动员的空中转体姿态 C ．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度 D ．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
2．如图所示，水平地面上静止叠放着a 、b 两个石块，已知a 与b 之间接触面切线不水平，不考虑a 与b 之间的万有引力以及空气影响，下列说法正确的是（ ）
A ．b 对a 的支持力与a 受到的重力是一对平衡力
B ．b 共受到5个力的作用
C ．地面对b 的摩擦力水平向左
D ．地面受到的压力等于a 和b 的重力之和
3．某物理学习兴趣小组研究公交车的运动，公交车进站过程认为做匀减速直线运动直至停下．公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之比为21:9，若公交车运动的加速度大小为2
1m/s ,则（ ） A ．公交车运动的总位移为60m
B ．公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之差为36m
C ．公交车的初速度为12m/s
D ．公交车运动的时间为10s
4．“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动．如图所示，劲度系数为k 的弹性轻绳的上端固定在O 点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相连，传感器示数为1000N ．打开扣环，人从A 点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B 点上升到最高位置C 点，在B 点时速度最大．已知AB 长为2m ,人与装备总质量80kg m =（可视为质点）．忽略空气阻力，重力加速度g 取2
10m/s ．下列说法正确的是（ ）
A ．在
B 点时，弹性轻绳的拉力为零 B ．经过
C 点时，人处于超重状态 C ．弹性轻绳的劲度系数k 为500N/m
D ．打开扣环瞬间，人在A 点的加速度大小为2
22.5m/s
5．如图所示，P 、Q 是两个光滑的定滑轮，吊着A 、B 、C 三个小球的三条轻绳各有一端在O 点打结，悬吊A 、
C 两个球的轻绳分别绕过定滑轮P 、Q ,三个球静止时，OQ 段轻绳与竖直方向的夹角74α
=°．已知B 、C 两球的质量均为,sin 370.6m °=，则A 球的质量为（ ）
A ．m
B ．1.2m
C ．1.5m
D ．1.6m
6．如图所示，A 、B 、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2,m B 和C 的质量都是m ,A 、B 间的动摩擦因数为µ，B 、C 间的动摩擦因数为
4
µ
，B 和地面间的动摩擦因数为
8
µ
．设B 足够长，最大静摩擦
力等于滑动P 摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平向右的拉力F ,则下列判断正确的是（ ）
A ．若A 、
B 、
C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过4
mg
µ
B ．当力F 逐渐增大时，A 、B 之间先发生打滑现象
C ．当力9
2
F mg µ>
时，B 与A 相对滑动
D ．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过
34
g µ 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，有错选的得0分）
7．如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA 和OB 悬挂静止在O 点，绳OA 与竖直方向的夹角为θ,绳OB 水平．重力加速度为g ,下列说法正确的是（ ）
A ．剪断绳O
B 瞬间，小球的加速度大小为tan g θ B ．剪断绳OB 瞬间，小球的加速度大小为tan g θ
C ．剪断绳OA 瞬间，小球的加速度为零
D ．剪断绳OA 瞬间，小球的加速度为g
8．一长为L 的金属管从地面以0v 的速率竖直上抛，管口正上方高()h h L >处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过．已知重力加速度为g ,不计空气阻力．关于该运动过程说法正确的是（ ）
A ．小球穿过管所用时间等于
L
v B
．若小球在管上升阶段穿过管，则0v >
C
0v <<D ．小球不可能在管上升阶段穿过管
9．如图（a ）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率0v 沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x 与斜面倾角θ
的关系如图
（b ）所示，取210m /s , 2.24g =，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
图（a ） 图（b ） A ．物体的初速率04m /s v =
B ．物体与斜面间的动摩擦因数0.8µ=
C ．当30θ
=°时，物体达到最大位移后将保持静止 D ．取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x 的最小值min 0.7m x ≈
10．如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为4m 的物块C 挂在轻质动滑轮下端，手托C 使轻绳处于拉直状态．0t =时刻由静止释放C ,经1t 时间C 下落h 高度．运动过程中A 、B 始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g ,则（ ）
A ．A 、C 运动的加速度大小之比为4:3
B ．A 、
C 运动的加速度大小之比为4:1
C ．1t 时刻，C
D ．1t 时刻，C 三、实验题（本题共2小题，共16分）
11．（8分）某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验． （1）本实验采用的实验方法是_________．
A ．控制变量法
B ．等效替代法
C ．理想模型法
（2）实验结果如图甲所示．在12F F F F ′、、、四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的力为_________
甲 乙 A ．1F B ．2F C ．F D ．F ′
（3）若用如图乙所示的装置来做实验，OB 处于水平方向，与OA 夹角为120°，则_________（填“OA ”、“OB ”或“OC ”）的力最大．现保持弹簧测力计A 和B 细线的夹角不变，使弹簧测力计A 和B 均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A 竖直．在此过程中，弹簧测力计A 的示数_________．（填“不断减小”、“不断增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”）
12．（8分）为测量木块与木板间的动摩擦因数µ，一同学设计了如图（甲）所示的实验装置，一装有光电门的足够长的木板，及与木板平滑连接的斜面，C 为带遮光片的小木块．
甲 乙
（1）测量遮光条宽度时，游标卡尺的示数如图（乙）所示，则遮光条的宽度d =_________mm ；
（2）保持光电门的位置不变，多次改变小木块在斜面上释放点的位置，每次都将小木块由静止释放，记录每次小木块停止时小木块中心到光电门中心的水平距离x 和遮光条通过光电门的时间t ,为了能直观地显示x 与t 之间关系，即作出线性图像，其应作_________；（填选项序号） A ．x t −图像 B ．2
x t −图像 C ．1
x t −图像 D ．21
x t
−
图像 （3）下列选项中，哪一项是实验中必要的措施及要求_________； A ．必须保持长木板水平放置 B ．测量带遮光片小木块C 的质量 C ．测量光电门到斜面底端的距离 D ．每次必须由静止释放小木块
（4）若（2）问中正确图像的斜率为k ,当地的重力加速度为g ，不计细线与滑轮间的摩擦及空气阻力，则小木块与木板间的动摩擦因数为_________．（用字母表示）
四、解答题（13题10分，14题14分，15题16分）
13．（10分）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距09m d =.
,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行．现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时10.4s t =,从2号锥筒运动到3号锥筒用时
20.5s t =．求该同学（1）滑行的加速度大小；（2）最远能经过几号锥筒．
14．（14分）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点．质量为m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为µ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知轨道半圆形部分的半径0.4m R =,重力加速度大小2
10m/s g =．
甲 乙
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg ,求小物块在Q 点的速度大小v ;
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F ,小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应关系如图乙所示． （i ）求µ和m ;
（ii ）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力8N F =,当小物块到P 点时撤去F ,小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s ．求轨道水平部分的长度L ．
15．（16分）如图所示，水平面上镶嵌两个传送带甲、乙，甲的长度为2m ,乙的长度为6m ,甲左侧地面粗糙， 甲、乙之间的地面光滑且长度为0.5m ,在电动机的带动下甲顺时针转动，速度为3m/s ,乙逆时针转动，速度未知．质量为0.1kg 的物体a 从距甲左端1m 处，在恒定外力F 的作用下由静止开始运动，滑上甲时撤去外力F ,此时a 的速度为02m/s v =,质量为0.5kg 的物体b 静止于乙左端的地面上．a 与甲左侧地面及甲间的动摩擦因数均为
1
5，与乙间的动摩擦因数为445，b 与乙间的动摩擦因数为140
，a 、b 均可视为质点且它们间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度2
10m/s g =．求:
甲乙（1）a在甲上从左端滑到右端所用的时间；
（2）a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能；
（3）a与b从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔．
邵阳市二中2025届高三第2次月考物理 答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C D
D
C
B
C
BD
AB
AD
AD
1．【答案】C
【详解】A ．研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A 错误；B ．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故B 错误；C ．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看为质点，故C 正确；D ．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故D 错误．故选C ． 2．【答案】D
【详解】A ．b 对a 的支持力与a 受到的重力不在同一直线上，所以不是一对平衡力，故A 错误；
BCD ．以a 、b 两个石块为整体，根据受力平衡可知，地面对b 只有支持力作用，没有摩擦力作用，则地面受到的压力等于a 和b 的重力之和；以b 为研究对象，b 受到重力、a 对b 的压力和摩擦力、地面的支持力作用，共4个力的作用，故BC 错误，D 正确．故选D ． 3．【答案】D
【详解】设公交车开始减速的速度为0v ，运动总时间为t ,则公交车在最初减速6s 内通过的位移为
()2100001618m 2
X v t at v =−=−
把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，
最后6s 内通过的位移为2
21118m 2
x at == 由于公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之比为21:9，则由以上有 061821
189
v −= 又有
00v at =−
代入数据解得
010m /s,10s v t == 则公交车的总位移为
22011
1010110m 50m 22
x v t at =−=×−××=
公交车在最初6s 内通过的位移与最后6s 内通过的位移之差为
1224m x x x ∆=−=
故ABC 错误，D 正确．故选D ． 4．【答案】C
【详解】C ．在B 点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kx m =；
在A 点未释放时，有kx mg ′=
又2m x x ′−=
联立，解得500N /m k = 故A 错误；C 正确；
B ．在
C 点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态．故B 错误；
D ．打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得
kx mg F ma ′−==
解得2
12.5m/s a = 故D 错误．故选C ． 5．【答案】B
【详解】对O 点受力分析如下 由题可知OQ OB 、段的拉力满足
OQ OB
F F mg == 将OQ OB F F 、合成如上图所示，由于三个球静止，O 点受力平衡，根据几何关系有OQ OB F F 、是平行四边形的
两边，有2sin 37 1.2OP OB F F F mg ==°=合 则有A 球的质量为 1.2OQ
A A
F G m m g g
=== 故选B ．
6．【答案】C
【详解】A ．A 、B 间的最大静摩擦力为
122f mg mg µµ=⋅=
B 、
C 间的最大静摩擦力为24
4
mg
f m
g µ
µ=⋅=
B 与地面的最大静摩擦力为
3
(2)8
2
mg
f m m m g
µ
µ=++=
若A 、B 、C 三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知
3(2)F f m m m a −=++
假设C 恰好与B 相对不滑动，则对C 有
2f ma = 解得1
4
a g µ=
32F mg µ=
设此时A 与B 间的摩擦力为，对A 有
2F f ma −= 解得
1f mg f µ=< 表明C 达到临界时A 还没有到达临界值，则当力F 逐渐增大时，B 、C 之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F 不能超过
3
2
mg µ，故AB 错误； C ．B 相对A 滑动时，C 早已相对于B 发生相对滑动， 对AB 整体23(2)F f f m m a ′′−−=+ 对A 研究得22F mg ma µ′′−= 解得9
2
F mg µ′= 故当拉力大于
9
2
mg µ时，B 相对A 滑动，故C 正确； D ．当F 较大时，A 与C 会相对于B 滑动，B 的加速度达到最大，当A 与B 相对滑动时，C 早已相对于B 发生相对滑动，则B 受到A 的摩擦力向前，B 受到C 的摩擦力向后，B 受到地面的摩擦力向后，对B 有
123B f f f ma −−=
解得B 5
4
a g µ=
故D 错误．故选C ． 7．【答案】BD
【详解】AB ．剪断绳OB 瞬间，小球即将开始绕A 点做圆周运动，沿切线方向可得sin mg ma θ= 解得sin a g θ= 故A 错误，B 正确；
CD ．剪断OA 瞬间，小球将绕B 点开始做圆周运动，此时切线方向的加速度大小为g ,故C 错误，D 正确． 故选BD ． 8．【答案】AB
【详解】A ．两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为0
L
t v =
故A 正确； B ．刚好在管上升最高点穿过管有2
200122v v L h g g g
+−=
解得0
v =
若小球在管上升阶段穿过管，则0v >
故B 正确； C ．若小球在管刚着地时穿过管，有20212v h L g g +=
解得0v = 结合B 分析可知小球在管下降阶段穿过管则
0v << 故C 错误； D ．根据以上分析可知，故D 错误．故选AB ．
9．【答案】AD
【详解】A ．由图可知，当90θ
=°时物体做竖直上抛运动，位移为0.80m x =,由竖直上抛运动规律可知 202v gh =
代入数据解得04m /s v = 故A 正确；
B ．当0θ=°时，位移为 1.60m x =,由动能定理可得
20102
mgx mv µ−=− 代入数据解得0µ=．故B 错误；
C ．若30θ
=° 1sin 302
mg mg °=
最大静摩擦力为m cos30sin 30f mg mg mg µ=°=<° 小球达到最高点后会下滑，故C 错误；
D ．由动能定理得
201sin cos 02
mgx mg x mv θµθ−−⋅=−
解得202(sin cos )v x g θµθ=+当90θα+=°时，sin()1θα+=,此时位移最小为
0.7m x ≈ 故D 正确．故选AD ．
10．【答案】AD
【详解】AB ．根据题意，由牛顿第二定律可得A T ma =；B 2T ma =解得A B :2:1a a = 则路程之比2A A 2
B B 12212
a t s s a t ==设B 运动的路程为s ，则A 运动的路程为2s ,可知此时C 运动的路程为1.5s ,则有A B C ::4:2:3a a a =故A 、C 运动的加速度大小之比为4:3，A 正确，B 错误；
CD ．由v at =可知A B C ::4:2:3v v v =,C 下落过程ABC 组成的系统机械能守恒
222A B C 111424222
mgh mv mv mv =+⋅+⋅
解得C v =，C 错误，D 正确．故选AD ． 11．（8分）【答案】（1）B （2）C （3）OA 不断减小
【详解】（1）该实验过程，其合力与分力的作用效果，所以本实验采用的科学方法是等效替代法． 故选B ．
（2）12F F F ′、、,都是弹簧测力计测量得到，F 是通过作图得到的．故选C ．
（3）[1]以O 为对象，OB 与OC 垂直，根据平行四边形可知OA 为斜边，则OA 的力最大．
[2]当弹簧测力计A 和B 均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A 竖直的过程中，两弹簧细线夹角保持不变，由正弦定理可得A
sin sin F mg
BOC AOB BOC =∠∠∠为锐角且不断减小，可得弹簧测力计A 的拉力A F 不断减小．
12．（8分）【答案】3.10 D A 2
2d kg
【解析】（1）游标卡尺读数为320.05 3.10mm d =+×=
（2）已知遮光条宽度为d ,则滑块经过光电门速度为d v t =
已知木块中心到光电门中心的水平距离为x ,则有22v ax =且有mg ma µ=联立以上各式，有222d gx t µ=所以应做21x t
−图像． （3）实验中需要测量小木块在水平面的加速度，所以长木板需水平放置；实验中没有必要测小木块的质量；实验中研究的为小木块通过光电门直至停止的过程，故不需要测量光电门到斜面底端的距离并且没必要每次必须由静止释放小木块．
（4）根据对（2）的分析，有22d k g µ=则有2
2d kg
µ= 四、解答题（13题10分，14题14分，15题16分）
13．【答案】（1）2
1m /s ;（2）4
【解析】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为
11
2.25m /s d v t == 2、3间中间时刻的速度为2
2 1.8m /s d v t == 故可得加速度大小为21212
1m /s 22
v v v a t t t −∆===∆+ （2）设到达1号锥筒时的速度为0v ,根据匀变速直线运动规律得201112v t at d −
= 代入数值解得0 2.45m v =
从1号开始到停止时通过的位移大小为
20 3.00125?m 3.332v x d a
==≈ 故可知最远能经过4号锥筒．
14．【答案】（1）4m/s v =;（2）（i ）1kg,0.2m µ==；
（3） 4.5m L = 【解析】（1）根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有2
3v mg mg m R
+=代入数据解得4m /s v = （2）（i ）根据题意可知当4N F ≤()F M m a
=+根据图乙有110.5kg k
M m
−=+当外力4N F >时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F mg Ma µ−=结合题图乙有1mg a F M M µ=−可知111kg k M −==截距22m /s mg b M µ=−=−联立以上各式可得1kg,1kg,0.2M m µ===
（ii ）由图乙可知，当8N F =时，轨道的加速度为2
6m /s ,小物块的加速度为222m /s a g µ==
当小物块运动到P 点时，经过0t 时间，则轨道有110v a t =小物块有220v a t =在这个过程中系统机械能守恒有22221234111122222
Mv mv Mv mv mgR +=++水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有1234Mv mv Mv mv +=+联立解得0 1.5s t =根据运动学公式有2210201122
L a t a t −代入数据解得 4.5m L = 15．【答案】（1）0.75s （2）0.3J （3）4s
【详解】（1）物体a 滑上甲时，根据牛顿第二定律有
11a a m g m a µ=
设经过时间t ,物体a 和传送带速度相同，则有
01v v a t =+
解得0.5t = 此过程物体a 的位移
015m 2m 24
v v x t L +==<=甲 表明物体a 先向右做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，则匀速直线运动的时间 11L x t v −′=
解得0.25s t ′= 则a 在甲上从左端滑到右端所用的时间为0.75s t =总
（2）在物体a 向右做匀加速直线运动过程，传送带甲的位移230.5m 1.5m x vt =
=×= 则a 在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能为12a E m gx µ= 解得0.3J E =
（3）a 与b 发生弹性碰撞，则有12a a b m v
m v m v =+ 22212111222
a a
b m v m v m v =+ 解得122m /s,1m /s v v =
−= 滑体a 与b 碰撞后经过时间1t 到达传送带甲的右端，则有
11x v t = 解得10.5 s 0.25s 2
t == 滑体a 再次从右侧滑上甲后由于速度小于甲传送带的速度，则滑体a 在甲上做双向匀变速直线运动，根据对称性有1112v v gt µ−=+
解得22s t =
滑体b 从左侧滑上乙后先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有231m /s 4b b
b
m g a m µ== 滑体b 减速至0过程，利用逆向思维，则有
2222m 2m 227b b v x a ==< 234s b
v t a ==
滑体a 再次从左侧滑上乙后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有228m /s 9a a
a m g a m µ== 若其减速位移为
b x ,则有214412
b a x v t a t =− 解得时间为1.5s 与3s,3s 不合理，取1.5s ,即有
4 1.5s t =由于321424s t t t t =++=
可知，当滑体b 从左侧滑上乙做匀减速直线运动至速度恰好减为0时，两者恰好第二次碰撞，即物体a 与物体b 从第一碰撞到第二次碰撞的时间间隔为4s ．。