湖南省长沙市长郡中学2025-2026学年高三上学期11月月考物理试题

长郡中学2026届高三月考试卷(三) 物理 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。 第Ⅰ卷 选择题(共44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；只有一个选项是符合题目要求的) 1.雨滴从高空由静止下落过程所受到的空气阻力和下落的速度成正比，且在落地前已经达到匀速，则在此过程中雨滴的运动情况是 A.加速度方向和速度方向相反 B.加速度为零时速度最大 C.速度的变化率越来越大 D.重力的功率越来越小 2.如图所示，某次游戏挑战赛中一挑战者用拇指和食指捏起酒瓶静止在空中，下列说法正确的是 A.酒瓶受到了4个力作用 B.手指对酒瓶的作用力竖直向上 C.若减小手指的压力后酒瓶仍然静止，则酒瓶受到的合力将减小 D.若手指上沾点水后挑战将更容易成功 3.在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球甲和乙，甲的初速度斜向上，乙的初速度水平。A某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中 A.运动时间相同 B.位移相同 C.速度的变化量相同 D.机械能的增量相同 4.电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美，如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，A、B连线中点为O。在A、B所形成的电场中，以O 点为圆心、半径为R 的圆面垂直于 A、B连线，以O为几何中心的边长为2R 的正方形平面垂直圆面且与 A、B连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是 A.在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点 B.将一电荷由e点沿圆弧 egf移到 f点电场力始终不做功 C.将一电荷由a点移到圆面内各点过程电势能的变化量都不相同 D.沿线段eOf 移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大 5.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验。在如图所示的风洞中存在大小恒定的水平风力，现将一小球从M 点竖直向上抛出，其运动轨迹如图中的实线所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点的动能为9J，在O点的动能为1J，不计空气阻力，下列说法错误的是 A.小球受到的重力与受到的风力大小之比为1：3 B.小球落到 N 点时的动能为13 J C. O点到MN 的距离与M、N两点间的距离之比为3：4 D.小球从M点运动到 N 点过程中的最小动能为0.9J 6.图甲为名叫“弹簧公仔”的玩具，由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型，已知物块A 的质量为m，物块A 静止时，弹簧的压缩量为x，现用力向下按物块A，使弹簧的压缩量为3x时撤去压力，物块 A在竖直方向上做简谐运动，当物块 A 运动到最高点时(记为t=0时刻)物块B对水平面的压力恰好为零，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。物块 A 的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是 B.撤去压力的一瞬间，物块 A 的加速度大小为 3g C.物块 B的质量大小等于 m D.物块 A 的振动方程为 y=10cos(πt)(cm) 二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题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，面积足够大的A、B两种均匀弹性介质接触放置，两者的界面在同一竖直面内。t=0时刻界面上某质点O开始沿界面振动时，t=2s时刻介质中产生的简谐波如图所示。据此可知 A. t=0时刻质点O从平衡位置向y轴正方向振动 B. A、B两种介质中波速相同 C. t=50s时介质B中距O点3m 处的质点开始振动 D.从t=0时刻到t=50s时刻质点 P 运动的路程为5m 8.物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最早得出了元电荷e的数值。带电油滴悬浮于极板 A、B间的匀强电场中，通过观测悬浮油滴的直径及其他相关物理量就可以得到油滴的带电量。若将下极板接地，则下列说法正确的是 A.悬浮于极板 A、B间的油滴一定带负电 B.增大电源的电压，则P点的电势升高 C.增大电源的电压，则悬浮油滴将向下运动 D.断开开关，增大两极板的间距，则悬浮油滴将向下运动 9.2024年 10 月 10 日 21时50分,我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将卫星互联网高轨卫星03星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。不同高度的卫星绕地球做圆周运动，卫星与地心的连线单位时间内扫过的面积S与卫星的线速度的倒数 的关系图像 如图，其斜率为k。已知地球的半径为R，引力常量为G，卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，下列判断正确的是 A.地球的质量为 B.地球的密度为 C.地球的第一宇宙速度为 D.若卫星的运动周期为 T₁，则卫星离地球表面的高度为 10.如图甲所示，可视为质点的物块以 的初速度滑上长度L=2m 的水平传送带，从传送带右端离开后，平滑进入固定在竖直面的内光滑半圆细管道。管道最低点固定一压力传感器，可测量物块经过最低点时对轨道的压力大小F。当传送带以不同的速度v运行时，得到F随v变化的图像如图乙所示，重力加速度g取 下列说法正确的是 B.管道半径为R=0.4m C.物块的质量为1.5kg D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 选择题答题卡 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得分 答案 第Ⅱ卷 非选择题(共56分) 三、非选择题(本题共5 小题，共56分) 11.(6分)某实验小组用如图甲所示的装置进行“验证力的平行四边形定则”实验，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC 为细绳。 (1)(多选)为了完成实验，需要 。 A.测量橡皮条的原长 B.记录结点O的位置 C.始终确保OB 和OC 细绳之间的夹角为90° D.通过细绳记录拉力的方向 (2)某次实验时弹簧测力计的示数如图乙所示，则此时的示数为 N。 (3)某次实验完成后根据实验数据画出分力与合力的示意图如图丙所示，如果没有操作失误，那么图丙中的F(只用一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的力)的方向 (填“一定”或“不一定”)沿AO方向。 12.(8分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹(时间间隔为T)。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E,测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、 hc、hD、hE。已知当地重力加速度为g， (1)若电动机的转速为3000 r/ min,则 T= s。 (2)为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的 。 A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 (3)设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为 v，画出 图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于 ，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 (4)该同学用两个质量分别为m₁、m₂的圆柱P 和Q分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的 图像如图丙所示。圆柱下落过程实际上一定有阻力的作用，若P、Q下落过程中所受阻力大小始终相等，对比图像分析正确的是 。 A. m₁大于m₂ B. m₁等于m₂ C. m₁ 小于 m₂ 13.(12分)如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑的水平面上，两物体的质量为m 从t=0时刻开始，推力. 和拉力 分别作用在A、B上, 和 随时间的变化规律为： 2t)(N),求: 时A、B两个物体加速度的大小和物体 A 对物体B作用力的大小； (2)A、B分离的时刻; 时A速度的大小。 14.(14分)如图所示，O点左侧有一高为.L=0.8m的平台，物块B质量m=0.3kg,带电量q=+0.1C,静止在平台右侧边缘。物块 A 水平向右运动，与B发生碰撞，碰后瞬间A、B速度大小相等，随后取走 A，B落在地面上的 N点，O、N间距也为L，物块B落地后弹起瞬间在空间加一水平向左的匀强电场，B恰好能从平台右边缘水平向左返回平台，已知A、B两物块均可视为质点，不计一切阻力，A、B碰撞无机械能损失，B与地面碰撞水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反。B的电荷量始终保持不变，重力加速度 求： (1)物块A 的质量; (2)所加匀强电场场强 E 的大小。 15.(16分)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为 l，圆管长度为30l。一小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，第一次碰撞后瞬间小球以 的速度向上反弹，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力始终与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)求小球第一次与圆盘碰撞的速度大小； (2)以竖直向下为正方向，画出第一次碰撞到第二次碰撞之间小球的v-t图像，要求标出初末速度对应的纵坐标； (3)圆盘在管内运动过程中，求小球与圆盘碰撞的次数。 学科网（北京）股份有限公司 $长郡中学2026届高三月考试卷（三） 物理参考答案 题号 1 2 5 6 7 6 9 10 答案 B D B AC AB BC BD 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.B【解析】雨滴从高空由静止下落，重力大于阻力时，合力向下，由牛顿第二定律，加速度方向和速度方向相同，A错 误；重力大于阻力时，雨滴做加速运动，阻力大小等于重力大小时，加速度为零，此时速度最大，B正确；由于空气阻力 和下落的速度成正比，设空气阻力与速度关系为f∫=ku,由牛颜第二定律mg一kU=ma,得a=mg二如，随着速度的增 m 大，加速度减小真到为李；加速度表示的是速度的变化率，所以雨滴速度的变化率越来越小，最后为零，C错误；重力 的功率先越乘量大后保持不变，D错误。故选B。 2.B【解析酒瓶受到重力、两个手指的弹力和摩擦力，共5个力，故A错误；两个手指的作用力与重力平衡，大小一定 相等，方向相反，故B正确；减小手指的压力后酒瓶仍然静止，则酒瓶受到的合力仍为零，故C错误；手指沾水后动摩 擦因数减小，最大静摩擦力减小，酒瓶更易滑落，挑战更难成功，故D错误。故选B。 3.D【解析】小球甲竖直方向微竖直上抛运动，则山=一%，十之g,小球乙竖直方向微自由落体运动，则h=, 可得(>2，两小球初位置不同，末位置相同，故两小球在此过程中位移不同，故B错误；速度的变化量为△v=g△，故 小球甲速度的变化量较大，故C错误不计阻力，两小球下落过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，机械能的增 量相同，为零，故D正确，故秘D, 4.B【解析】图中圆面是一个停势面，、∫的电势相等，根据电场线分布的对称性可知、∫的场强相同.故A错误；图中 圆孤gf是一条等势线，其上任意两，点间的电势差都为零，将一电r:点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B 正确；a点与圆面内任意一点间的电势差相等，根据公式W二心可知，将一电荷由Q点移到圆面内任意一点时，电场 力做功相同，则电势能变化量相同，故C错误；沿线段汀移动电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减 小，故D错误。 5.A【解析】根据2m=9J,号m以=小，寸求出w=3,竖直方向=g,水平方向=a1联立解样a,=号，根 据牛顿第二定律可得小球受到的重力与受到的风力大小之比为3：1，故A错误；由运动的合成与分解知，小球在水 平方向做初速度为0的匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，所以可得M点到O点的时间和O点到N点的 时间相同，设小球在M点的速度为，在0点的速度为，水平方向加速废有口一片，因为O点是轨远的最高点，即 此时速度只有水平分量即4=a,l,即点的水平速度满足v心Q·=?u,又小球在M点的动能为9J,在O点的 动能为1小，小球落到N点时的动能为Ex=m暖=之m(+成)，因为7m2=9J,m听=1J,解得E=13小， 故B正确；设O点到MN的距离为h,竖直方向匠=2gh,水平方向(2)2= 2a,w,联立解得么=子故C正确：如圆所示，小球从M点运功到N点过程中 0 的最小速度为vw在垂直于合力方向上的分量，其中tan0=学=3，故w在垂直 于合力方向上的分量vh=cos0,故最小动能为E=乞m听m,代入数据解得 E=之m听m=0.9J,故D正确。故选A, 物理参考答案（长郡版）一1 6.C【解析】物块A静止时，弹簧的压缩量为x,此时物块A处于平衡位置，由题意可知3.x一x=A=10cm,可得x= 5cm,故A错误；撤去压力的一瞬间，弹簧弹力不变，对物块A受力分析，由牛顿第二定律kX3.x一mg=ma,其中kx =mg,联立可得，物块A的加速度大小为Q=2g,故B错误；当物块A运动到最高，点，由对称性可知，弹簧此时伸长量 为x,对B有kx=mg,其中kx=g,解得物块B的质量大小为mg=m,故C正确；由图丙可知，振幅为A=l0cm,周 期为T-1s,物块A的振动方程为y=Acos(祭)(cm),代入数据可得y=10cos(2πt)(cm),故D错误。故选C。 二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题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.AC【解析】由图可知，质点O为振源，产生的简谐波分别沿x轴正向和负向传播，=0时刻质点O从平衡位置开始 向y轴正方向振动，故A正确；简谐波在A、B两种介质中传播时周期相同，波长不同，所以波速不同，故B错误；由题 意可知，2s为半个周期.所以T·1介质B中简谐波的波长入=0.24m,所以波速咖=会=0.06m/s,当1=50s 时，简谐波在介质中传播的时间次△1=50s,传播的距离为xg=g·△1=3m,故C正确；由图像可知，简谐波的振幅 为A=10cm=0.1秋0时刻到1=50s时刻，质点O的路程为s0=12.5X4A=5m,质点P开始振动的时间比 O点晚，因此魔P比质，点O走过的路程少，所以从1=0时刻到1=50s时刻质点P运动的路程小于5m,故D错 误。故建水。 8.AB【解析】极板A带正电，极板B带负电，所以极板间电场方向向下。油滴悬浮，受力平衡，重力向下，电场力向 上，所以油滴所受电场力方向与电场方向相反，油滴一定带负电，故A正确；下极板接地，电势为0。P点的电势等于 P到下极板的电势差。增大电源电压，极板间电杨强度E一号，可知E增大，P到下极板距离不变，根据4=E,1为 P到下极板距离，P点电势升高，故B正喻：增电源电压，极板间电场强度E增大，油滴所受电场力F=9E,可知电 场力增大，电场力大于重力，油海0南上运动，故C错误：断开开关，极板带电量Q不变，根据C一品根据E=号 -号-袋可知电婚经度E与极板间距d无关，所以油滴所交电场力不定，仍老学，故D错误。故速AB。 9.C【解析】卫星绕地球的运功可看作匀速圆周运功G=m二，卫爱与地心的连线单位时间内扫过的面积S=, r2 联立得S日，共针率-义，可得地球的质量为着长八缗误：地球的害度为p一 M 2mG求，故B正确；由 3k G=m发地球的第一宇省速度为o√限√餍故C正璃：由GR=m()(R+,卫显高地球表 面的高度为h=腰-R鸷山酷误。故选C, 10.BD【解析】由题图乙矿知当传送带速度大于4m/s后，传送带速度越大，压力越大，说明当传送带速度小于= 4m/s时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动，当速度)=4m/、时恰好全程减速，由匀变速直线运动的规律 可得一6=一2aL,由牛顿第二定律可得mg=ma,联立解得W,d,故D正确；当传送带以边=6m/s的速度运 动时，物块在传送带上做匀速直线运动，物块从传动带右端离开到经过圆轨道的最低，点的过程中，由动能定理可得 2mgR=分m4-立m,物块经过最低点时，由牛领第二龙律可得F一mg=m景，当==4ms时，R- 1 90N,当v=h=6m/s时，F2=140N,解得m=1kg,R=0.4m,故B正确，C错误；由题图乙可知当传送带速度大 于凸时，物块在传送带上一直做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得一话=2aL,解得%=√56m/s, 由动能定理可得2mgR=之m咳一m,尚块经过最低，点时，由牛顿第二定律可得F一mg=m紧，可得月= 1 190N,故A错误。故选BD。 三、非选择题（本题共5小题，共56分） 11.(6分，每空2分) (1)BD(选不全得1分)(2)3.39/3.40/3.41(3)一定 物理参考答案（长郡版）一2 【解析】(1)每次实验必须将橡皮条的末端点拉至同一位置O,需记录O点的位置、OB和OC细绳的拉力大小及方 向，不需要测量橡皮条的原长，A错误，BD正确；实验时为避免实验结果的偶然性，应尽可能改变OB和OC细绳的 拉力大小及方向，不需要始终保持夹角为90°，C错误。故选BD。 (2)弹簧测力计的分度值为0.1N,因此此时的示数为3.40N。 (3)题图中F为实际合力，即只用一个弹簧测力计拉伸橡皮条至O点的拉力，因此F的方向一定沿AO方向。 12.(8分，每空2分) (1)0.02(2)A(3)2g(4)A 【解析1)若电动机的转速为300/mim,则电动机转动一月所需时间T-80s-0.02s (2)钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则机械能守恒。故选A。 (3)设钢柱质量为m,钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则有=mgh,整理得子=2gh, 故若该直线的斜率近似等于2g,则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 (④设P,Q下落过程中所交阻力大小为f,则由动能定理得mgh-fh=之m,整理得1=2(g一M)h,故-h图 像斜率=孔：乙人所以针率越大，质量越大，站合图像可知P的质量比Q的质量大，即m>m。故选A 13.(12分解析(1)1=0时刻，1、B两物体相对静止，对A、B两物体整体受力分析，由牛顿第二定律有 F入十FB一(m%十)a…(2分) 代入数据解得a=2m/s 对B受力分析由牛顿第二定律有F她十FB=阳a…(1分) 代入数据解得F=8N… … (1分) (2)当A、B分离时有F'=0,此时加速度仍相等，对A受力分析，由牛顿第二定律有F,=ma…(1分) 对B受力分析，由牛顿第二定律有F气a…(们分) 联立解得t=4S……（2分) (3)由上述分析可知，B分斋前，A、B整体一起做匀加速直线运动，由运功学知识有分离 ↑F 时速度为=at=8r8……（们分) 20 1=4s后AB分离，由F-1图像可知1p=乞X6X12Ny=36Ks… (1分) 12 由动量定理有1r=U一U…(们分) 联立解得2=10s时A速度的大小为v=144/s…… (1分) 0 10 t 14.(14分【解析】(1)设A与B碰前速度大小为v,A、B碰撞无机械能损失，由动量守恒定律有 mnv=mnU十m% … (2分) 由机栽能守恒定律有mr 分m4十7呢4 (2分) 解得=一m mA十h2,=子、 m+m 又因为一h= 解得m以=0.1kg…(2分） (2)A、B碰撞后，B做平抛运动，水平方向：L=l (1分) 1 竖直方向：L=2g… (1分) 联立解得1=0.4S… (1分) 物块B落地瞬间水平速度=2m/s 竖直速度，=gl=4m/s… (1分) 1 从N返回平台，水平方向：%l-20,2=-L (1分) 竖直方向：y=gt… (1分) 解得a,=20m/s2 又因为Eq=0r… (1分) 代入数据解得E=60V/m (1分) 物理参考答案（长郡版）一3 15.(16分)【解析11)设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为，根据机械能守恒定律有mgl=。(2分) 解得o=√2gl…(2分) (2)设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别为1、1，在小球与薄圆盘碰撞过程中，根据动量守恒定律有 0=i1十M½1… (2分) 根据机核能守恒定律有分m=分m,十号Mm (2分) 且-夏联立解得m=M- 2 2 (1分) 设自第一次碰撞后经4时间发生第二次碰撞，01十gG=购14 (1分) 部得4-2√区 (1分) 一追上时小球的速度w中g贴三号2g…(分八 圆盘的速度w二云L 2 故图豫为 (1分) 0 2gl 2 (3)设碰后瞬间小球和网盘的疏度分别为2m,2M,由动量守恒定律得m。十MM一2m十M2M 由机核能守恒定律行片.十号Mi=之m6.十号Mh…（1分） %n-m-, m+MmVI)+M=0 解得 …(1分) 2m U2M m+MMm-M）+4w=√2g 假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰授，今析得出，小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间△=1= 区，画出第一次碰接后小球的一图像，如图所示 32gl 52gl 2 22gl 32gl 2 …(们分） √2gl √2gd 20 V2gl 2 一t图像中图线与1轴围成的面积表示位移，则根据图像可计算出十2十=12l,十”十3十=20l,十2十 ++s=30l,30l+l=31l>30>21l 则小球与薄圆盘碰撞的次数是5 (1分) 物理参考答案（长郡版）一4