江西省新余四中2025届高三上学期第三次月考物理试卷（PDF版，含解析）

江西省新余四中 2025 届高三上学期第三次月考物理试卷
一、单选题：本大题共 7 小题，共 21 分。
1.结合课本和生活中出现的以下情景，下列说法正确的是( )
A. 图甲中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压内轨
B. 图乙中伽利略利用该实验说明了“物体的运动不需要力来维持”
C. 图丙中 同学推动 同学时， 对 的作用力大于 对 的作用力
D. 图丁中，王亚平在太空授课时处于完全失重状态，重力消失了
2.如图所示，物块 、 在同一竖直平面内由轻绳跨过定滑轮连接，当物块 在外力作用下沿直线向右匀速
运动，下列选项正确的是( )
A. 物块 向下加速运动
B. 物块 向下减速运动
C. 当轻绳与水平方向的夹角为 时， 、 速度之比为sin
D. 当轻绳与水平方向的夹角为 时， 、 速度之比为tan
3.如图所示，某款自行车大齿轮总齿数为 1，小齿轮总齿数为 2，后轮直径为 。某同学骑行时，匀速蹬脚
踏板带动大齿轮每秒钟转 圈，则自行车向前行驶的车速为( )
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1 2 A. B. C. 1 D. 2
2 1 2 1
4.如图所示，“羲和号”是我国首颗可24小时全天候对太阳进行观测的试验卫星，该卫星绕地球可视为匀
速圆周运动，轨道平面与赤道平面垂直。卫星距离 点的最小距离是517千米，每天绕地球运行 圈( > 1)。
下列关于“羲和号”的说法错误的是( )
A. “羲和号”的运行速度小于第一宇宙速度
B. “羲和号”的发射速度大于第一宇宙速度
C. “羲和号”的向心加速度大于地球同步卫星
D. “羲和号”的运行周期大于地球同步卫星
5.如图所示，两根细线 、 端系在竖直杆上，另一端共同系着质量为 的小球，当系统绕竖直杆以角
速度 水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是( )
A. 小球一定受到三个力作用
B. 小球不可能受两个力作用
C. 无论角速度多大， 绳始终有力
D. 增大角速度，细线 的拉力增加， 的拉力增大
6.如图甲为应用于地铁站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的
模型，紧绷的传送带以 = 1 / 的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在 处，设行李与传送带之间
的动摩擦因数 = 0.5， ， 间的距离为2 ， 取10 / 2。假设无论传送带速度多大，乘客把行李放到传
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送带的同时，都以与传送带相同的恒定速率运动到 处取行李，则( )
A. 乘客与行李同时到达 处
B. 乘客提前0.2 到达 处
C. 若将传送带的速率增至2 / ，行李将比乘客提前到达 处
D. 若将传送带的速率增至2 / ，乘客与行李到达 处的时间差将增大
7.如图所示，阳光垂直照射到倾角为 的斜面草坪上，在斜面草坪顶端把一高尔夫球以 0的速度水平击出，
小球刚好落在斜面底端。 点是球距离斜面的最远处，草坪上 点是在阳光照射下球经过 点时的投影点，
草坪上 点在 点的正下方。不计空气阻力，则( )
2 2 sin
A. 的长度为 0 B. 小球在空中的飞行时间 0
2 cos cos
C. 与 长度比为1：3 D. 与 长度之比为1：3
二、多选题：本大题共 3 小题，共 18 分。
8.关于物理课本的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 图甲中羽毛球在空中运动时受到水平风力作用，该水平风力不会影响其下落时间
B. 图乙中运动员所踢出的香蕉球，球在空中做的是匀变速运动
C. 图丙中利用磁铁引力改变了小球运动轨迹的实验是为了探究曲线运动的条件
D. 图丁中运动员跳高下落时，通过海绵垫可减少运动员着地过程的速度变化量
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9.如图所示，斜面体质量为 ，倾角为 ，置于水平地面上，当质量为 的小木块沿斜面体的光滑斜面自由
下滑时，斜面体仍静止不动。则( )
A. 斜面体受地面的支持力为 B. 斜面体受地面的支持力小于( + )
C. 斜面体受地面的摩擦力为 cos D. 斜面体受地面的摩擦力为0.5 2
10.在研究摩擦力和物体运动的关系实验中，一同学设计了如下实验：将质量可不计的一张纸片放在光滑水
平桌面上，纸上放了质量均为1 的材料不同的两砝码 、 ， 、 与纸片之间的动摩擦因数分别为 1 = 0.4、
2 = 0.25。实验中，这位同学只在 上加一水平力 ，实验示意图如图。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取10m/s2。实验中，以下说法正确的是( )
A. 若 = 3N，则 所受摩擦力大小为1.5
B. 无论力 多大， 与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C. 无论力 多大， 与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D. 若 = 10N，则 的加速度为5.0m/s2
三、填空题：本大题共 2 小题，共 7 分。
11.利用向心力演示器来探究小球做圆周运动所需向心力 的大小与质量 、角速度 和半径 之间关系，此
实验用到物理方法是____；如图所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小 与____
的关系。
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12.利用实验室的斜槽轨道等器材研究平抛运动。采取描迹法，把在竖直白纸上记录的多个钢球球心的投影
点，用平滑曲线连起来，得到了钢球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘平抛运动的轨迹，下面的一
些操作要求，正确的是( )
A.使用密度小、体积大的钢球
B.斜槽轨道需要尽量光滑
C.钢球运动时要紧贴装置的背板
D.使斜槽末端切线保持水平
E.每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球
四、实验题：本大题共 1 小题，共 12 分。
13.用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。钢球沿斜槽轨道 滑
下后从 点飞出，落在水平挡板 上，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板。从同一位置重
新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点，即可描出钢球做平抛运动的轨迹，进而研究平抛运
动的规律。
根据实验原理，回答以下问题：
(1)实验前，应将小球放在斜槽末端，根据小球的运动情况，调节支脚螺丝 、 ，使斜槽末端____。
(2)研究平抛运动，下面做法可以减小实验误差的是_____。
A.尽量减小钢球与斜槽间的摩擦
B.挡板高度等间距变化
C.实验时，让小球每次都从同一位置由静止开始滚下
D.尽可能记录多个痕迹点
(3)该实验中，在取下白纸前，应确定坐标原点 的位置，并建立直角坐标系，下列图像中坐标原点和坐标
系的建立正确的是_____。
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A. ． ．
(4)若某同学只记录了小球运动途中的 、 、 三点的位置，如图，取 点为坐标原点，各点的位置坐标如
图所示( = 10 / 2)，小球平抛的初速度大小 0 =____ / (重力加速度 取10 /
2，结果保留两位有效数
字)；小球抛出点的位置坐标是____(以 为单位，答案不用写单位，注意正负号)
五、计算题：本大题共 3 小题，共 42 分。
14.晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为 的小球，甩动手腕，使球在
竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉．球飞离水平距离 后落地，如图所示，已
3
知握绳的手离地面高度为 ，手与球之间的绳长为 ，重力加速度为 忽略手的运动半径和空气阻力．
4
(1)求绳断时球的速度大小 1和球落地时的速度大小 2
(2)问绳能承受的最大拉力多大？
15.如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为 的铁球由弹簧的正上方 高处 点自由下落，在 点
与弹簧接触后开始压缩弹簧，铁球下落到的最低点为 点。以 点为坐标原点，沿竖直向下建立 轴，铁球从
5
到 过程中的加速度 —位移 图像如图乙所示，图像与 轴的交点坐标为 1。已知 1 = ，不计空气阻力，4
重力加速度的大小为 ，求
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(1)轻弹簧的劲度系数；
(2)铁球下落过程中的最大速度；
(3)铁球下落过程中的最大加速度。
16.货场里常利用传送带运送货物以提高搬运效率，如图所示，粗糙水平面 与倾斜传送带 平滑衔接，
传送带与水平面成 = 37 角，传送带以速度 0 = 2 / 顺时针传动，一货物从 点以速度 1 = 5 / 向右滑
动，到达 点冲上传送带，货物与水平面、传送带间动摩擦因数分别为 1 = 0.2、 2 = 0.5， 、 两点间距
离 = 2.25 ，货物恰好能到达传送带最高点 ，不计货物在 、 两点速度大小的变化，重力加速度 取
10 / 2，sin37 = 0.6，cos37 = 0.8，求：
(1)货物运动到 点时速度大小；
(2)货物从 点到 点的运动时间及传送带长度；
(3)货物在传送带上的划痕长度。
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答案和解析
1.【答案】
【解析】【详解】 .火车转弯超过规定速度行驶时重力和支持力的合力不足以提供向心力，外轨对轮缘会形
成侧向挤压，故轮缘会挤压外轨，故 A 错误；
B.伽利略理想斜面实验说明了“物体的运动不需要力来维持”，故 B 正确；
C.一对作用力与反作用力的大小一定相等，故 C 错误；
D.王亚平在太空授课时处于完全失重状态，但重力并未消失，故 D 错误。
故选 B。
2.【答案】
【解析】 .绳子随物块 运动的速度大小为物块 的速度沿绳方向的分速度大小，同时绳的速度也是物块
的速度，因此有
= cos
随着 向右匀速运动，cos 减小，因此 减小，物块 向下减速运动，故 A 错误，B 正确；
.由上述分析可知
= cos
因此 、 速度之比为cos ，故 CD 错误。
故选 B。
3.【答案】
【解析】脚踏板与大齿轮同步，转动周期相同，故
1
1 =
大齿轮和小齿轮通过链条连接，边缘处线速度相同，即
1 1 = 2 2
由
2
=

知
2 2
1 = 21 2
解得
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2
2 = 11
大、小齿轮数分别为 1 、 2 ，知
2
2 = 1
后轮和小齿轮同轴，周期相同，故
1
= =
2 2
故选 C。
4.【答案】
【解析】解： 、第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，可
知“羲和号”的线速度小于第一宇宙速度，故 A 正确；
B、第一宇宙速度是最小的发射速度，则“羲和号”的发射速度大于第一宇宙速度，故 B 正确；
、地球同步卫星的运行周期为24 。据题：“羲和号”绕地球做匀速圆周运动，每24小时绕地球运行 圈
3
( > 1)，则“羲和号”的运行周期小于24 ，根据开普勒第三定律 = ，可知“羲和号”运动半径较小，
2
根据万有引力提供向心有

=
2

解得 =
2
则“羲和号”的向心加速度大于地球同步卫星，故 C 正确，D 错误；
本题选择错误选项；
故选： 。
第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度、最小的发射速度；根据“羲和号”的运行周
期与地球同步卫星运行周期的关系，分析半径关系。根据万有引力提供卫星向心力列式，分析加速度关系。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力，关键要能根据万有引力提供向心力，通过列式分
析卫星的周期、加速度与轨道半径的关系。
5.【答案】
【解析】 .角速度较大时小球可能受重力和两绳子的拉力，角速度等于临界值时只受重力和上面绳子拉力，
其合力提供向心力，下面绳子的拉力为零，故 AB 错误。
.当角速度是临界值时，下面绳子拉力为零，此时上面绳子拉力和重力的合力提供向心力；若角速度增大，
下面绳子开始出现拉力，增大角速度， 的拉力增加，细线 的拉力在竖直方向的分量等于小球的重力与
在竖直方向的分力之和，所以 绳拉力增大，故 C 错误，D 正确。
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故选 D。
6.【答案】
【解析】解：行李在传送带上相对滑动时，对行李，由牛顿第二定律得：
= = 0.5 × 10 / 2 = 5 / 2；

.行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间 1 = = 0.2 ，

行李加速运动的位移 1 = 1 = 0.1 < = 2 ， 2
2 0.1
行李匀速运动到 端需要的时间 12 = = = 1.9 1
行李到达 端需要的时间 = 1 + 2 = (0.2 + 1.9) = 2.1 ，

乘客到达 端的时间 乘客 = = 2 ，
乘客比行李提前到达 处的时间 = 乘客 = (2.1 2) = 0.1 ，故 AB 错误；
′
.传送带速度增至 ′ = 2 / 时，行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间 1′ = = 0.4 ，

行李加速运动的位移 1′ = 1′ = 0.4 < = 2 ， 2
′ 2 0.4
行李匀速运动到 端需要的时间 12′ = = = 0.8 ′ 2
行李到达 端需要的时间 ′ = 1′ + 2′ = (0.4 + 0.8) = 1.2 ，
2
乘客到达 端的时间 乘客′ = = = 1 ， ′ 2
乘客比行李提前到达 处的时间 ′ = ′ 乘客′ = (1.2 1) = 0.2 ，
传送带的速率增至2 / 时，乘客比行李提前到达 处，乘客与行李到达 处的时间差将增大，故 C 错误，D
正确。
7.【答案】
【解析】 .将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球垂直斜面方向做初速度为 0sin ，
加速度为 cos 的匀减速直线运动， 点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速
度刚好为0，则有
( 0sin )2
2
0
2
= = 2 cos 2 cos
则从 点到 点运动的时间为
0sin
1 = cos
根据对称性原理，可知小球从 点运动到 点的时间等于从 点到 点运动的时间为
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0sin
2 = 1 = cos
故小球在空中的飞行时间为
2 0sin
= 1 + 2 = cos
故 A 正确，B 错误；
C.小球另一个分运动是沿斜面向下运动，即小球沿斜面方向做初速度为 0cos ，加速度为 sin 的匀加速
直线运动，则有
1
= 0cos 1 + sin
2
1 2
1
= 0cos 2 1 + sin (2 )
2
2 1
则
1
= = 0cos 1 + sin 3
2
2 1
故 与 长度比为
1
cos + sin
2
0 1 2 1 1= >
1 0cos 1 + sin 3
2 3
2 1
故 C 错误；
D.将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，如图所示
则从 到 有
= 0 1
小球从 到 有
= 0 2 1 = 2
根据几何关系，可知 点是 的中点，则 与 长度相等，即 与 长度之比为1：1，故 D 错误。
故选 A。
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8.【答案】
【解析】A.由运动的独立性和等时性，羽毛球竖直方向只受重力作用，羽毛球下落时间取决于竖直方向的运
动，与水平风力无关，故 A 正确；
B.运动员所踢出的香蕉球受重力和阻力，阻力方向与速度方向有关，故重力和阻力的合力的方向在不断变化，
故不是匀变速曲线运动，故 B 错误；
C.图丙中物体所受的合力与速度不在一条直线上时小球做曲线运动，所以图丙中的实验是为了探究曲线运
动的条件，故 C 正确；
D.图丁减小的是对人的作用力，运动员的初、末速度均不变，速度变化量不变，故 D 错误。
故选 AC。
9.【答案】
【解析】以小木块为对象，根据牛顿第二定律可得
sin =
可得小木块的加速度大小为
= sin
方向沿斜面向下；以斜面体和小木块为质点组，根据质点组牛顿第二定律，竖直方向有
( + ) = sin = 2地
可得
地 = ( + )
2 < ( + )
水平方向有
地 = cos = sin cos = 0.5 sin2
故选 BD。
10.【答案】
【解析】解： .当 = 3 时，对整体进行分析，有 = 2
解得 = 1.5 / 2
对物体 ，有 =
可得 = 1.5 ，故 A 正确；
5
.当 = 5 时，对整体由牛顿第二定律有： ′ = = / 2 = 2.5 / 2
2 2
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对 物体有 = ′ = 2.5 = 2 ，则可知此时 刚好处于滑动的临界，如果力 再增大， 就要与薄硬
纸片发生相对滑动；而由于纸片的质量不计，故纸片的合力永远为零，即 与纸片之间的摩擦力大小等于 与
纸片之间的摩擦力大小。由以上分析可知， 与纸片之间的最大静摩擦力大小为2.5 ，所以 与纸片之间的
摩擦力最大只能达到2.5 。而 与纸片之间的最大静摩擦力大小为 ′ = 1 = 4 ，所以无论力 多大，
与薄硬纸片都不会发生相对滑动，故 B 正确，C 错误；
D.由以上分析可知 的加速度最大为2.5 / 2，故 D 错误。
故选： 。
分别对力为3 和5 的作用下的整体和 、 物体进行受力分析，由整体法和隔离法列式求解即可求出摩擦
力大小，从而确定最大静摩擦力和临界条件。
本题考查整体法和隔离法在牛顿第二定律中的应用，要注意正确选择研究对象，明确临界条件的应用是解
题的关键。
11.【答案】控制变量法 角速度
【解析】[1]在研究向心力 的大小与质量 、角速度 和半径 之间的关系时，控制一些物理量不变，研究
向心力与其他物理量之间的关系，主要用到控制变量法。
[2]根据控制变量法的思想，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力 的大小与角速度之间的
关系。
12.【答案】
【解析】A.使用密度大、体积小的钢球，以减小阻力的影响，选项 A 错误；
B.斜槽轨道不需要光滑，只要到达底端时的速度相同即可，选项 B 错误；
C.钢球运动时不能紧贴装置的背板，以防小球碰撞背板而使运动轨迹发生改变，选项 C 错误；
D.使斜槽末端切线保持水平，以保证小球做平抛运动，选项 D 正确；
E.每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球，以保证小球到达底端时速度相同，选项 E 正确。
故选 DE。
13.【答案】(1)水平
(2)
(3)
(4) 1.0 ( 10, 5
【解析】(1)实验前，应将小球放在斜槽末端，根据小球的运动情况，调节支脚螺丝 、 ，使斜槽末端水平。
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(2) .钢球与斜槽之间有摩擦力，但钢球每次从相同的位置滚下，摩擦力每次都是相同的，不影响实验过程。
故 A 错误；
B.实验中，挡板高度并不需要等间距变化。故 B 错误；
C.钢球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放，这样才能保证钢球初速度相同。故 C 正确；
D.尽可能记录多个痕迹点，可以减小实验误差。故 D 正确。
故选 CD。
(3)该实验中坐标原点 的位置，应该在小球在斜槽末端时球心的投影点。
故选 C。
(4)[1]小球竖直方向，有
= 2
水平方向
= 0
联立，解得
0 = 1.0 /
[2]依题意， 点竖直分速度为

= = 2 / 2
则球运动到 点的时间为

= = 0.2
可得小球抛出点到 点的水平距离和竖直距离分别为
1
水平 = 0 = 0.2 = 20 ，
2
竖直 = = 0.2 = 20 2
所以小球抛出点的坐标是( 10, 5)。
14.【答案】解：(1)设绳断后球飞行时间为 ，由平抛运动规律，竖直方向：
1 1
= 2
4 2
水平方向：
= 1
得：
1 = √ 2
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由机械能守恒定律，有：
1 1 3
2 2
2 2
=
2 1
+ ( )
4
解得：
5
2 = √ 2
(2)设绳能承受的最大拉力大小为 ，这也是球受到绳的最大拉力大小，球做圆周运动的半径为：
3
=
4
由圆周运动向心力公式，有：
2
= 1

解得：
11
=
3
5
答：(1)求绳断时球的速度大小 1为√ 2 ，球落地时的速度大小 2为√ ； 2
11
(2)绳能承受的最大拉力为 ．
3
【解析】(1)绳断后小球做平抛运动，根据平抛运动的规律即可求解绳断时球的速度大小 1和球落地时的速
度大小 2；
(2)设绳能承受的最大拉力大小为 ，这也是球受到绳的最大拉力大小．根据向心力公式即可求解．
本题主要考查了圆周运动向心力公式及平抛运动的规律的应用，关键是记住基本公式，分圆周运动和平抛
运动两个过程分析，基础题目．
15.【答案】(1) 1 处为平衡位置，则有
( 1 ) =
解得
4
=

(2)在平衡位置处速度最大，设为 ；从 到平衡位置处，根据动能定理可得
1
1 ( 1 ) =
2
2 2
解得
3
= √ 2
方向竖直向下。
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(3)铁球在 点时的加速度最大，设为 ，此时铁球的坐标为 2 ；则从 到 处，根据动能定理可得
( 2 )
2 ( 2 ) = 0 2
解得
2 = 2
在 处，根据牛顿第二定律可得
( 2 ) =
解得
= 3
方向竖直向上。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：(1)根据题意，设货物在水平面上加速度大小为 1 ，由牛顿第二定律有

= 1 21 = 1 = 2 /
由运动学公式有
2 2 1 = 2 1
解得 = 4 / ；
(2)货物在传送带上滑时，与传送带速度相等前的加速度为 2 ，由牛顿第二定律有
37 + 37
2 =
2 = 10 / 2

所用时间为 1 ，则
0
1 = = 0.2 2
货物达到共速后的加速度大小为 3 ，由牛顿第二定律有
37 2 37

3 = = 2 /
2

减速到零所用时间为
0
2 = = 1 3
货物从 点到 点的运动时间
= 1 + 2 = 1.2
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传送带长度
0 + 0
=
2 1
+
2 2
解得 = 1.6 ；
(3)货物滑上传送带到达到共速前向上划痕长度
0 +
1 = = 0.2 2 1 0 1
货物从达到共速到最高点向下划痕的长度
0
2 = 0 2 = 1 2 2
则货物在传送带上的划痕长度
= 2 = 1 。
【解析】本题考查传送带问题。解决问题的关键是清楚货物的受力情况及运动过程，利用牛顿运动定律和
运动学公式分析计算。
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