2025届湖南长沙一中高三第一次联考物理试题+答案

长沙市一中2025届高三月考试卷（一）
物理
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页。

时量75分钟，满分100分。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列说法正确的是（ ）
A.由牛顿第二定律，可以得到加速度的定义式为F a m
=
B.伽利略最先建立描述运动的物理量，如平均速度、瞬时速度和加速度
C.千克、米和牛顿都是国际单位制中的基本单位
D.根据开普勒第二定律，不同行星与太阳的连线在相同的时间扫过相同的面积
2.北京时间8月10日凌晨，2024年巴黎奥运会田径赛事在法兰西体育场的赛场火热进行中。

中国选手巩立姣和宋佳媛进入女子铅球的决赛，其中巩立姣已经是奥运会的“五朝元老”。

如图所示，运动员斜向上推出铅球，铅球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，则（ ）
A.铅球飞到最高点时速度为零
B.运动员斜向上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能
C.铅球在空中飞行过程中，铅球的动量变化率恒定
D.只要铅球离手时初速度更大，在空中飞行的时间一定更长
3.一根粗细不均匀的绳子摆放在地面上，已知绳子的质量为5kg ，绳长为1m ，抓住绳子一端缓慢往上提起，直到另一端恰好离开地面，此过程需做功30J 。

若抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来，拉力做功为（g 取210m/s ）（ ） A.10J
B.20J
C.30J
D.50J
4.质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。

首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为1d ，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为2d ，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小相同。

当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（ ）
A.木块静止，1
2d d < B.木块向右运动，12d d <
C.木块静止，12d d =
D.木块向左运动，12d d =
5.如图所示，金属环M 、N 用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是（ ）
A.转动的角速度越大，细线的拉力越大
B.转动的角速度越大，环N 与竖直杆之间的弹力越大
C.转动的角速度不同，环M 与水平杆之间的弹力大小可能不相等
D.转动的角速度不同，环M 与水平杆之间的摩擦力大小可能相等
6.如图所示，静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速度放在斜面上，物体将沿斜面下滑。

若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是（ ）
A.使箱子做自由落体运动
B.使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
C.使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D.使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

每小题有多个选项符合题目要求。

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（a ）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m 的小球，构成竖直方向的弹簧振子。

取小球平衡位置为x 轴原点，竖直向下为x 轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b ）所示，若
2
T
时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g ，则有（ ）
A.0时刻弹簧弹力大小为mg
B.弹簧劲度系数为mg
A
C.
3~
44T T
时间段，回复力冲量为0 D.
~2
T
T 时间段，小球动能与重力势能之和减小
8.我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图P 点是北纬37°（即37θ
=°）地球表面上一颗等待发射的卫星，质量相同的北斗导航卫星A 、B 均绕地心O 做匀速圆周运动，卫星B 是地球静止轨道卫星（同步地球卫星）。

某时刻P 、A 、B 、O 在同一平面内，其中O 、P 、A 在一条直线上，且OA 垂直AB ，则（ ）
A.三颗卫星中角速度最大的是A 卫星
B.三颗卫星中线速度最大的是B 卫星
C.卫星A 、B 的加速度之比2516∶
D.卫星A 、B 的动能之比2516∶
9.某景区的彩虹滑梯如图所示，由两段倾角不同的直轨道（第一段倾角较大）组成，同种材料制成的粗糙斜面AB 和BC 高度相同，以底端C 所在水平直线为x 轴，顶端A 在x 轴上的投影O 为原点建立坐标系。

一游客静止开始从顶端A 下滑到底端，若规定x 轴所在的水平面为零势能面，则物体在两段斜面上运动过程中重力势能p E 、动能k E 、机械能E 、产生的热量Q 随物体在x 轴上投影位置坐标x 的变化关系图像中正确的是（ ）
A. B. C. D.
10.如图甲所示，质量为2m 的足够长木板C 置于水平面上，滑块A 、B 质量均为m ，置于C 上，B 位于A 右方某处。

A 、C 间的动摩擦因数0.2A
µ=，B 、C 间和C 与地面间的动摩擦因数0.1B C
µµ==。

给C 施加一水平向右的恒力F ，从开始施加恒力到A 、B 第一次相遇时间为t 。

可得
21
t
与F 的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取210m/s ），下列说法正确的是（ ）
A.滑块A 能获得的最大加速度为22m/s
B.A 、B 之间的初始距离为4m
C.滑块A 的质量为1kg
D.若10.5N F =，A 、C 之间将发生相对滑动
三、实验题：本题共2小题，11题10分、12题6分，共16分。

11.（10分）实验小组在“探究加速度与力、质量的关系”时，用图甲所示的装置进行实验。

实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力。

（1）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d ＝______mm 。

（2）下列说法中正确的是______。

A.槽码的质量应远小于滑块的质量 B.气垫导轨右端应比左端高 C.先释放滑块再打开气垫导轨的气源
（3）实验小组用如下方法测量滑块的加速度a ：将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为1t 、2t ，两个光电门间的距离为L ，则滑块的加速度大小a ＝______（用字母1t 、
2t 、L 、d 表示）。

（4）为了减小偶然误差，该小组同学设计了另一种方案，测得遮光条从光电门1到2的时间为t ，两个光电门间的距离为L ，保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，测得多组L 和t 的数据，作出了
L
t t
−图像如图丙所示，已知纵轴截距为0v ，横轴截距为0t ，则0v 表示遮光条通过光电门______（选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小a ＝______。

12.（6分）某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验，操作步骤如下：
Ⅰ.先将光滑斜槽轨道的末端调至水平，在一块木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板立于靠近槽口处，使小球a 从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，撞到木板在纸上留下压痕O ； Ⅱ.将木板向右平移适当距离，再使小球a 从原固定点由静止释放，撞到木板在纸上留下压痕； Ⅲ.把半径相同的小球()a b b
m m <静止放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a 仍从原固定点由静止开始
滚下，与小球b 相碰后，a 球沿轨道反弹后返回，两球撞在木板上的纸上留下压痕。

将这些压痕标记为点A 、B 、C ，已知b 球的压痕为C 。

（1）本实验必须测量的物理量是______。

A.小球a 、b 的质量a m 、b m
B.小球a 、b 的半径r
C.斜槽轨道末端到木板的水平距离x
D.记录纸上O 点到点A 、B 、C 的距离
1y 、2y 、3y
（2）放上被碰小球b ，两球相碰后，小球a 在图中的压痕点为______（选填“A ”或“B ”）。

（3）用本实验中所测得的物理量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为______。

四、解答题：本题共3小题，共40分。

其中第13题10分，第14题14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）如图甲所示，
形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC 与
水平面夹角37θ
=°。

木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当力传感器被拉时，其示数为负值。

一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。

已知sin 370.6°=，cos370.8°=，g 取210m/s 。

求：
（1）斜面BC 的长度； （2）滑块的质量；
（3）木块水平表面AB 段长度。

14.（14分）如图所示，光滑圆弧AB 在竖直平面内，圆弧B 处的切线水平。

A 、B 两端的高度差为0.2m ，B 端高出水平地面0.8m ，O 点在B 点的正下方。

将一滑块从A 端由静止释放，落在水平面上的C 点处。

g 取210m/s 。

（1）求OC 的长；
（2）在B 端水平衔接一长为1.0m 的木板MN ，滑块从A 端释放后正好运动到N 端停止，求木板与滑块间的动摩擦因数；
（3）在（2）问的条件下，若将木板右端截去长为L ∆的一段，滑块从A 端释放后将滑离木板落在水平面上P 点处，要使落地点距O 点的距离最远，L ∆应为多少？
15.（16分）如图甲所示，在光滑水平面上有A 、B 、C 三个小球，A 、B 两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C 球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不拴接。

固定住C 球，释放弹簧，A 、B 两球瞬间脱离弹簧并被弹出，已知此过程中弹簧释放的弹性势能P
8J E =，A 、B 两球的质量
L=，弹簧在弹性限度内。

均为0.5kg
m=，C球的质量1kg
M=，杆长0.5m
（1）求A、B两球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小；
（2）若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v；
θ=°的过程中（如图（3）若C球不固定，求从A、B两球与弹簧分离时到两杆间夹角第一次为90
乙），杆对B球所做的功W。

长沙市一中2025届高三月考试卷（一）
物理参考答案
一、二选择题（1～6每小题4分。

7～10每小题5分，选对但不全得3分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案
B
C
B
A
D
C
BD
AC
AD
AC
1.B 【解析】加速度的定义式为v
a t
∆=
∆，决定式为F a m =；同一行星与太阳的连线在相同的时间扫过相
同的面积，不同行星与太阳的连线在相同的时间扫过的面积不同。

2.C 【解析】铅球飞到最高点时速度不为零，速度方向水平；
p
F t
∆=∆合，飞行过程合力就是重力，恒定不变；飞行时间除了跟初速度大小有关，还跟初速度方向有关；推出铅球过程中，运动员做的功转化为铅球的动能及重力势能。

3.B 【解析】提起绳子过程中，拉力做功W mgh =，h 表示重心上升的高度。

计算可知第一次重心升高0.6m
，故第二次重心升高0.4m ，对应拉力做功20J 。

4.A 【解析】子弹射击木块过程中，系统总动量守恒，由于两颗子弹的初动量等大反向，子弹射入前系统总动量为零，故两颗子弹相对木块静止时，系统静止；第一颗子弹射入过程中，子弹的部分动能转化为摩擦热，第二颗子弹射入过程中，第二颗子弹的全部动能以及第一颗子弹和木块共速时的动能都转化为摩擦热，根据Q fd =，又因为12Q Q <，故1
2d d <。

5.D 【解析】设细绳与竖直方向的夹角为θ，对环N 分析，有cos N F m g θ
=，N sin F F θ=，由于θ不变，
则细线中的拉力和环N 与竖直杆之间的弹力不变。

对环M 受力分析知，竖直方向
N
cos M N M F F m g m g m g θ′=+=+，环M 与水平杆之间的弹力大小与角速度无关。

对环M ，若拉力的水平分力恰提供向心力，即20sin M F m r θω=，可得0ω=，若转动的角速度大于或小于0ω，环
M 都会受到摩擦力。

0ω
ω>，随着ω的增大，摩擦力会增大，0ωω<时，随着ω的减小，摩擦力也会增
大。

故角速度不同，环M 与水平杆间的摩擦力大小可能相等。

6.C 【解析】A.箱子做自由落体运动时，物体与箱子间没有力的作用，两者一起向下自由下落，相对静止。

B.若箱子水平向右做匀加速直线运动，物体受重力、支持力作用，可能还受摩擦力，合力可能水平向右，与箱子一起向右加速，保持相对静止状态；D.若箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动，物体受重力、支持力作用，可能还受摩擦力，合力可能恰好提供水平方向的向心力，与箱子一起在水平面内做匀速圆周运动，故两者可能保持相对静止。

C.当箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，假设物体相对斜面静止，则物体
受力如图所示，建立如图所示坐标系，则根据牛顿第二定律分别有：
N cos cos F mg ma θθ−=，
sin sin f mg ma θθ−=，整理可得
N tan f F θ=，由于物体无初速放在斜面上时，物体将沿斜面下滑，故
有tan µθ<，即
N N tan f F F µθ=<，故假设不成立，物块与斜面一定发生相对滑动，故选C 。

7.BD 【解析】
2T 时刻，小球经过最高点，弹簧处于原长，4
T
时刻，小球经过平衡位置，弹簧的伸长量为A ，此时弹簧弹力大小为mg ，0t =时刻，小球经过最低点，弹簧的伸长量为2A ，此时弹力大小为2mg ，故弹簧劲度系数mg k A =
，A 错误，B 正确。

小球的合力用来提供回复力，344
T T
∼时间段，小球的始末速度等大反向，根据动量定理，合力的冲量不为0，C 错误。

2
T
T ∼时间段，小球从最高点下降到最低点，弹性
势能不断变大，小球的机械能不断变小，D 正确。

8.AC 【解析】比较卫星的运动参量可知，P
B A ωωω=<，P B A v v v <<，所以A 正确，B 错误。

由
2
GMm ma r
=，卫星A 、B 的加速度之比2
22516A B B A a a r r ==∶∶∶，故C 正确。

由2
2GMm v m r r
=，可得A B v v =∶
则卫星A 、B 的动能之比54kA kB E E =∶
∶，D 错误。

9.AD 【解析】A.重力势能为p pm tan E E mgx θ=
−，则p E x −图像斜率大小等于tan mg θ，由于第一段
斜面倾角大于第二段，则图像的斜率先大后小，A 正确；B.根据动能定理
()k tan cos tan cos x
E mgx mg mg mg x θµθ
θµθ
=−=−，由于第一段斜面倾角大于第二段。

可知，则k E x −图像的斜率先大后小，B 错误；C.机械能为max max E E Q
E mgx µ=−=−，图线斜率不变，C 错误。

D.产生的热量Q 为cos cos x Q mg mgx µθµθ
==，Q x −图像中斜率不变，D 正确。

10.AC 【解析】对滑块A 有A A mg
ma µ=，解得2/s 2m A a =，对滑块B 有B B mg ma µ=，解得2
/s 1m B a =。

由图可知F 足够大时，A 、B 均相对C 滑动，相遇时间恒定为2s t
，由221122
A B a t a t L −=，
解得2m L =。

当8N F =，滑块B 与C 恰好发生相对滑动，则有44C B F mg ma µ−=
得1kg m =；设A 、B 、
C 均产生相对运动时的拉力为1F ，则有142C A B A F mg mg mg ma µµµ−−−=得111N F =，故10.5N
F =时，A 、C 均保持静止。

三、实验题（本题共2小题，第11题10分，第12题6分）
（1）5.25 （2）A （3）22221112d L t t −
（4）2 002v t 【解析】（4）由题意可得，2012L v t at =−
，变形可得01
2
L v at t =−，由此可知，0v 表示遮光条通过光电门2的速度，且001
2v a t =，所以00
2v a t =。

12.（6分，每空2分） （1）AD （2）B （3
【解析】（1）设小球a 单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为v ，两球碰撞后a ，b 的速度分别a v 和b v ，由于
碰撞后a 球沿轨道反弹后返回，若两球碰撞动量守恒，则a a a b b m v m v m v =
+，
根据平抛规律得x v t =
=
a x v t =−
=−
b x v t ==
所以实验必须测量的物理量是小球a 、b 的质量a m 、b m ，以及纸上O 点到点A 、B 、C ，的距离1y ，2y ，3y 。

故选A 、D 。

（2）由能量守恒可知，a 球碰后的速率一定小于a 球碰前的速率，所以两球相碰后，小球a 在图中的压痕
点为B 。

（3）由（1
）中分析可知，用本实验中所测得的物理量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为
+ 四、计算题（本题共3小题，共40分。

其中第13题10分，第14题14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）【解析】（1）如图所示，由牛顿第二定律得21
sin 6m/s a g θ=
滑块在斜面上运动的时间为1
1s t =
由运动学公式得2
1113m 2
s
a t =……3分 （2）滑块对斜面的压力为1
1
cos N N mg θ′== 木块对传感器的压力为11sin F N θ′=
由题图乙可知1
12N F =
解得 2.5kg m =……3分
（3）滑块滑到B 点的速度为1116m/s v a t ==
由图乙可知2
2
5N F f ==，22s t = 根据牛顿第二定律得2
22
s 2m/f a m
== 水平表面AB 段长度为2
2122218m 2
s v t a t =−=……4分
14.（14分）【解析】（1）滑块从光滑圆弧
AB 下滑过程中，根据机械能守恒定律得2
112
B mgh mv =，得
2m/s B v =
滑块离开B 点后做平抛运动，则
竖直方向：2
212
h gt =
水平方向：B x v t = 联立得到x v =代入数据解得0.4s t =，0.8m x =……4分
（2）滑块从B 端运动到N 端停止的过程，根据动能定理得2
1
02
B
mgL mv µ−=− 代入数据解得0.2µ=……4分 （3）将木板右端截去长为
L
∆的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v ，由动能定理得
()
22
1122
B
mg L L mv mv µ−−∆=− 滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O 点的距离s L L vt =−∆+
联立整理得，1s L +−∆
0.4=时，s 最大，即0.16m L ∆=
时，s 最大……6分 15.（16分）【解析】（1）A 、B 两球与弹簧分离瞬间，沿A 、B 两球连线方向动量守恒，分离瞬间两球速度大小相等，设为0v ：
由系统机械能守恒定律得2
p 0
122
E mv =×
，解得04m/s v =
分离瞬间两球绕C 球做圆周运动，杆中弹力大小
20
16N v F m L
==……4分 （2）如图所示，设两杆夹角为θ时，C 球的速度为C v ，将A 、B 两球的速度正交分解，根据对称性可知
Ay By y v v v ==，Ax Bx x v v v ==
由y 轴方向动量守恒得：02C y Mv mv =− 系统机械能守恒得：()222
P 1
1
222C x y E Mv m v v =+×+
BC 两球沿杆方向的分速度相同，则cos sin cos 222C x y v v v θθθ
=−
联立可得：C v =
故当180θ=°时，C
球的速度最大，且最大值为v =……6分
（3）球与弹簧分离后到两杆间夹角第一次为90θ=°时，由以上可求得
：y C v v ==
，2x C v v ==
，解得B v =
对B 球应用动能定理得22011
2
J 223B W mv mv =−=−……6分。