湖南省长沙市2026届高三物理上学期9月第一次月考试卷含解析

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。

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.“二十四节气”起源于黄河流域，是上古农耕文明的产物。地球围绕太阳公转轨道是一个椭圆，将地球

绕日一年转360度分为24份，每15度为一个节气。立春、立夏、立秋、立冬分别作为春、夏、秋、冬四

季的起始。如图所示为地球公转位置与节气的对照图。下列说法中正确的是（）

A.夏季比春季的时间长

B.太阳对地球的万有引力大于地球对太阳的万有引力

a3

C.开普勒第三定律k中的k值大小由太阳系中各行星质量决定

T2

D.地球每转过相同的角度，地球与太阳的连线扫过的面积相等

【答案】A

【解析】

【详解】A．春季从立春开始到谷雨结束，夏季从立夏开始立秋结束，由图可知夏季比春季的时间长，故A

正确；

B．由牛顿第三定律太阳对地球的万有引力等于地球对太阳的万有引力，故B错误；

a3

C．开普勒第三定律k中的k值大小由太阳系中中心天体太阳的质量决定，故C错误；

T2

D．由于地球绕太阳运动的轨迹是椭圆，则地球每转过相同的角度，所需的时间不同，根据开普勒第二定律

知地球与太阳的连线扫过的面积不相等，故D错误。

故选A。

2.高压线塔上用于架设输电线路的V形绝缘子串能承受很大的拉力，但受到压力时却极易损坏。如图所示，

绝缘子串长度不变，与竖直方向夹角恒为45°，每个绝缘子串对荷载的拉力均沿绝缘子串方向，下方重力

为G的荷载始终保持静止。下列说法正确的是（）

G

A.无风时每个绝缘子串对荷载的拉力F

2

B.有风时荷载承受的水平风力最好不超过G

C.有风时绝缘子串对荷载的作用力沿水平方向

D.绝缘子串对荷载的力与对塔架的力是一对相互作用力

【答案】B

【解析】

【详解】A．无风时每个绝缘子串对荷载的拉力2Fcos45G

2G

解得F，A错误；

2

BC．两个绝缘子串中的一个绝缘子串恰好无作用力时，水平风力为FGtan45G

若水平风力超过G，两个绝缘子串中的一个绝缘子串将受到压力而损坏；若水平风力等于G，两个绝缘子

串中的一个绝缘子串对荷载的作用力等于0，另一个绝缘子串对荷载的作用力的方向与水平方向成45°角；

B正确，C错误；

D．绝缘子串对荷载的力与对塔架的力，施力物体相同，不是一对相互作用力，D错误。

故选B。

3.图示为弹力球下落时的频闪照片，相机每隔0.04s曝光一次。开始释放时所在位置为0点，依次测量下

面6个位置与第一个位置的距离，数据如图标记，单位是cm。下列说法正确的是（）

A.可以用0到3.60cm过程的平均速度描述1.60cm位置处小球的瞬时速度

B.在照片中，小球越往下越“长”的原因是小球位置相对相机角度发生了变化

C.小球在下落过程中，如图6.25cm处的速度大小为0.775m/s

D.拍摄整张照片历时0.30s

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据频闪照片提供数据，可知弹力球在相等时间内通过的位移差近似相等，球做匀加速直线运

动。球在1.60cm处时是0.40cm到3.60cm的中间时刻，根据匀变速直线运动时间中点速度规律知，可以

用0.40cm到3.60cm过程的平均速度描述1.60cm位置处小球的瞬时速度，故A错误；

B．小球越往下越长是因为小球在竖直方向做匀加速直线运动，故B错误；

C．根据瞬时速度的计算公式，6.25cm位置处的瞬时速度近似等于3.60cm到9.80cm位置处的平均速度，

x9.803.60102

即vm/s0.775m/s，故C正确；

t0.08

D．拍摄整张照片历时t0.046s0.24s，故D错误。

故选C。

4.如图所示，质量为m=1.5kg的托盘放在竖直放置的轻质弹簧上方，质量为M=10.5kg的物块放在托盘里

处于静止状态，已知弹簧劲度系数k=800N/m。现对物块施加一向上的力F，使它向上做匀加速直线运动，

已知F的最大值为168N。重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）

A.物块的加速度为16m/s2

B.F的最小值为65N

C.从开始运动，物块和托盘经0.3s分离

D.物块和托盘分离时速度为1.2m/s

【答案】D

【解析】

【详解】A．物块和托盘分离时，F最大，对物块，根据牛顿第二定律有FmaxMgMa

代入数据解得a6m/s2，故A错误；

B．施加F前，对物块和托盘整体分析，根据平衡条件可知kx0(mM)g

施加F瞬间，F最小，根据牛顿第二定律有Fminkx0(mM)g(mM)a

所以Fmin72N，故B错误；

C．物块和托盘分离时，设弹簧的压缩量为x1，对托盘，根据牛顿第二定律有kx1mgma

1

根据位移时间关系可得xxat2

012

联立解得t0.2s，故C错误；

D．根据运动学规律有vat1.2m/s，故D正确。

故选D。

5.两块相同的长方形物块A、B用轻绳跨过定滑轮连接，物块A放在水平长木板上，物块B悬挂在空中。

调节定滑轮的高度使滑轮和物块A之间的轻绳水平，由静止释放物块A和B，物块B下降时间t到达地面后

静止，物块A继续滑行时间2t在滑轮前一定距离处停下。物块A和长木板之间的动摩擦因数约为（）

A.0.20B.0.25C.0.33D.0.50

【答案】A

【解析】

【详解】设A、B的质量均为m，物块B到达地面前，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得

mgmg2ma1

由运动学公式可得

va1t

物块B到达地面后，对物块A，根据牛顿第二定律可得

mgma2

由运动学公式可得

0va22t

联立解得

0.20

故选A。

6.一儿童在内横截面为圆形的光滑水泥涵管的最低点以一定水平初速度v0踢出球，假如可使球未完成一圈

就正好落入位于圆心O处的背兜。已知内截面圆的半径R2.5(23)m，忽略一切阻力和滚动，则小球

的初速度v0大小为（）

A.2m/sB.5m/sC.7m/sD.9m/s

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可知球第一阶段先做圆周运动后第二阶段脱离水泥涵管做斜抛运动落入圆心O处的背兜。

在第一阶段结束时球即将脱离水泥涵管的瞬间，设此时速度方向与水平方向夹角为，如下图所示

则在脱离瞬间重力在指向圆心方向的分力提供向心力，即

v2

mgcosm

R

第二阶段斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动，有

Rsinvcost

1

Rcosvsintgt2

2

方程联立解得

33gR

tan2，cos，v

33

小球从踢出瞬间到脱离水泥涵管根据动能定理可知

11

mg(RRcos)mv2mv2

220

代入题中数据R2.5(23)m解得

v05m/s

故选B。

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.某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，取g10m/s2，则5s内物体的（）

A.路程为65m

B.位移大小为25m，方向竖直向上

C.速度改变量的大小为10m/s

D.平均速度大小为13m/s，方向竖直向上

【答案】AB

【解析】

【详解】AB．选取向上的方向为正方向，物体在5s内的位移

11

hvtgt2305m1052m25m

022

方向与初速度方向相同，向上，物体上升的最大高度

0v20302

H0m45m

2g210

物体上升的时间

v30

t0s3s5s

1g10

所以物体的路程

s2Hh452m25m65m

故AB正确；

C．5s内速度的变化量

vgt105m/s50m/s

符号表示方向向下，故C错误；

D．5s内的平均速度

h25

vm/s5m/s

t5

故D错误。

故选AB。

8.如图所示，一条轻质细绳上有一滑轮C，滑轮下面挂一物块A，轻绳一端固定于直角支架MOD的O点，

支架固定在地面上，MO水平，OD竖直，轻绳另一端绕过一固定在斜面上的定滑轮Q与一物块B相连，与B

连接的轻绳与斜面平行，物块B静止在斜面上，物块A和斜面都处于静止状态，斜面和地面都是粗糙的，

滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩擦均忽略不计。如果将轻绳固定点由O点缓慢地移动到M点或N点，物块A、

B和斜面仍处于静止状态，轻绳仍为绷直状态。则（）

A.移动到M点后，轻绳对物块B的拉力变大，物体B受到的摩擦力变大

B.移动到M点后，轻绳对滑轮C的作用力保持不变，斜面受到地面的摩擦力变小

C.移动到N点后，轻绳对物块B的拉力不变，物体B受到的摩擦力不变

D.移动到N点后，轻绳对滑轮C的作用力不变，斜面受到地面的摩擦力变大

【答案】BC

【解析】

【详解】A．设拉滑轮C的绳与竖直方向的夹角为，则

mg2Tcos

得

mg

T

2cos

将轻绳固定点由O点移动到M点后，减小，拉力T变小，轻绳对物块B的拉力变小，因为不知道初始时物

块B受到的静摩擦力的大小和方向，所以不能确定物块B受到的摩擦力大小的变化，A错误；

B．把斜面和物块B整体作为研究对象，斜面受到的摩擦力

FfTsin

可知Ff也变小，轻绳对滑轮C的作用力大小仍等于物块A的重力，B正确；

CD．将轻绳固定点由O点移动到N点后，设动滑轮两端绳长分别为l1、l2，动滑轮到O、Q的水平距离分别

为x1、x2，则

x1x2l1l2sin

由题意可知，不变，拉力T不变，把斜面和物块B整体作为研究对象，根据

FfTsin

可知，移动到N点后，轻绳对物块B的拉力不变，C正确，D错误。

故选BC。

9.如图所示，竖直放置一光滑的大圆环，圆心为O，半径为R。一根轻质细绳一端固定在大圆环的最高点，

另一端连接一质量为M且套在大圆环上的小圆环，静止时细绳与竖直轴之间的夹角为30°，现让大圆环绕

过圆心O的竖直轴O1O2，从静止开始缓慢增加转动的角速度，直至小圆环将要沿着大圆环向上滑动，重力加

速度为g，下列说法正确的是（）

A.细绳拉力先减小后增大，大圆环对小圆环的弹力一直减小

B.细绳对小圆环的拉力比大圆环对小圆环的弹力先达到零

C.角速度增大到2g时，大圆环对小圆环的弹力为零

3R

D.角速度增大到2g时，细绳对小圆环的拉力为零

3R

【答案】C

【解析】

【详解】AB．对小圆环进行受力分析，受力分析如图所示

TsinNcosm2r

TcosNsinmg

随着的增大，拉力T和支持力N都会变小，其中T一直减小，而N会先减小到0再反向增大，故AB错误；

C．若支持力

N0

圆周运动的半径

3

rRcosR

2

代入上式，解得

2g

3R

故C正确；

D．若拉力

T0

此时N已经反向

TsinNcosm2r

TcosNsinmg

解得

2g

R

故D错误；

故选C。

10.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的长木板以初速度v0=2m/s向右做匀速直线运动，长木板质量

为M=3kg，在t=0时刻，在长木板右端轻放上第一个小物块，经过1s的时间长木板与小物块恰好共速，此

时再在长木板右端轻放上第二个小物块，经过一段时间，当长木板与第二个小物块恰好共速时，又在长木

板右端轻放上第三个小物块。已知所有小物块均相同，质量为m=1kg，g取10m/s2，小物块大小忽略不计，

则（）

A.长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.15

B.长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.25

C.当小物块与木板都相对静止时，第1个小物块与第3个小物块之间的间距为0.4m

D.当小物块与木板都相对静止时，第1个小物块与第3个小物块之间的间距为0.6m

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．根据题意，当放上第1个小物块后，对小物块和长木板，根据牛顿第二定律可得mgma0，

mgMa1

二者共速，即v1a0t1v0a1t1

联立解得0.15，故A正确，B错误；

CD．当放上第2个小物块后，对长木板和第1个小物块，根据牛顿第二定律可得mg(mM)a2

三者达到共速，即v2a0t2v1a2t2

联立解得，2，

v21.2m/sa20.375m/st20.8s

当放上第3个小物块后，对长木板和第1、2个小物块，根据牛顿第二定律可得mg(2mM)a3

四者达到共速，即v3a0t3v2a3t3

2

联立解得v1.0m/s，a0.3m/s2，ts

3333

vvvvvv

此时第1个小物块与第3个小物块之间的间距为x(01t1t)(23t3t)0.6m，故C

1321212323

错误，D正确。

故选AD。

三、非选择题：本大题共5题，共56分。

11.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细

线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读

出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。

（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为___________N。

（2）下列不必要的实验要求是（）

A.应测量重物M所受的重力

B.弹簧测力计应在使用前校零

C.拉线方向应与木板平面平行

D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置

（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针示数稍稍超出量程。若保持O点位置不变，可使OB拉

线方向绕O点___________转动少许。（填“顺时针”或“逆时针”）。

【答案】（1）36（2）D

.

（3）顺时针

【解析】

【小问1详解】

弹簧测力计的最小刻度为0.2N，则读数为3.6N。

【小问2详解】

A．重物的重力是合力，则应测量重物M所受的重力，故A正确，不符合题意；

B．弹簧测力计应在使用前校零，以免产生误差，故B正确，不符合题意；

C．拉线方向应与木板平面平行，故C正确，不符合题意；

D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点位置可以变化，故D错误，符合题意。

故选D。

【小问3详解】

对结点O受力分析，如图所示

由图可知，当OB拉线方向绕O点顺时针方向转动少许，即FB顺时针方向转动，FA减小。

12.如图1所示，阿特伍德机（Atwood'smachine）是由英国物理学家的乔治·阿特伍德（GeorgcAtwood）

在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量重力加速度及验证牛顿运动定律

的著名的力学实验装置。

某实验小组将阿特伍德机简化改装后，如图2所示，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重锤A和B，在B

下面再挂重物C时，由于速度变化不太快，测量运动学物理量比较方便。

（1）实验过程中，下列操作正确的是（）

A．固定打点计时器时，应将重锤A与打点计时器距离尽量远一些

B．开始时纸带应尽量竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上

C．应先松开重锤A，然后再接通打点计时器电源

D．打点结束后先将纸带取下，再关闭打点计时器电源

（2）某次实验结束后，打出的纸带如图3所示，E、F、G、H、J连续几个点对应刻度尺读数分别为

0.69cm、2.21cm、4.00cm、6.12cm、8.51cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则重锤A运动

拖动纸带时的平均加速度为___________m/s2（结果保留三位有效数字）；

（3）如果本实验室电源频率小于50Hz，但参与实验的同学不知道，则瞬时速度的测量值___________真实

值（填“大于”“等于”或“小于”）；

（4）若重锤A和B的质量均为M，重锤B下面挂质量为m的重物C。通过打点计时器得到A的加速度为a，

则由以上几个物理量，推导重力加速度的公式g___________；

（5）已知重锤A和B的质量均为M2.00kg，某小组在重锤B下面挂质量为m的重物C。某次实验中从

纸带上测量重锤A由静止上升不同高度h时对应的速度v，描点作图后得到如图4所示图像，重力加速度g

取9.80m/s2，则重物C质量m___________kg（结果保留三位有效数字）。

2Mm

【答案】①.B②.7.50③.大于④.a⑤.1.03

m

【解析】

【详解】（1）[1]A．固定打点计时器时，应将重锤A与打点计时器距离尽量近一些，充分利用纸带，故A

错误；

B．开始时纸带应尽量竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上，可以减小纸带所受阻力对实验产生的

影响，故B正确；

C．应先接通打点计时器电源，打点稳定后，再松开重锤A，故C错误；

D．打点结束后先关闭打点计时器电源，再将纸带取下，故D错误。

故选B。

（2）[2]打点计时器的打点周期为

1

T0.02s

f

由逐差法可知，重锤A运动拖动纸带时的平均加速度为

GJEG(8.514.00)(4.000.69)

a102m/s27.50m/s2

4T24(0.02)2

（3）[3]如果本实验室电源频率小于50Hz，则实际打点周期大于测量计算所用周期，根据

x

v

t

可知，瞬时速度的测量值大于真实值。

（4）[4]设细线上拉力为F，对重锤A受力分析，由牛顿第二定律有

FMgMa

对重锤B和重物C构成的整体受力分析，由牛顿第二定律有

(Mm)gF(Mm)a

联立解得

2Mm

ga

m

（5）[5]选A的初位置为零势面，对A、B、C构成的整体，根据机械能守恒，有

1

(Mm)ghMgh(2Mm)v2

2

整理可得

2mg

v2h

2Mm

结合图像斜率解得

m1.03kg

13.物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材反映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面

实验就揭示了匀变速直线运动的规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图甲所示，

他让小球以某一确定的初速度从固定斜面顶端O点滚下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面

底端，测出了A、B间的距离x及小球在A、B间运动的时间t。改变A传感器的位置，多次重复实验，计算

机作出图像如图乙所示。请回答下列问题：

（1）小球在斜面上运动的加速度大小为多少？

（2）小球在顶端O处的速度大小为多少？

（3）固定斜面的长度为多少？

【答案】（1）4m/s2

（2）6m/s（3）8m

【解析】

【小问1详解】

1

根据位移时间关系xvtat2

A2

根据速度时间关系可得vBvAat

x11

变形可得va

t2Bt2

12

结合图线可得a2m/s2，vm/s10m/s

2B0.2

所以a4m/s2

【小问2详解】

1

当A传感器放置在O点时，传感器所测时间最长，对应图像上横坐标的最小值，即1

tAB

所以tAB1s

根据速度时间关系可得vBvOatAB

代入数据解得vO6m/s

【小问3详解】

vv

固定斜面的长度为lOBt8m

2AB

14.如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3m/s的速度水平

抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P

点处击中滑块。（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）抛出点O离斜面底端的高度；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。

【答案】（1）17m；（2）0.125

.

【解析】

【详解】（1）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，如图所示

由几何关系得

v

0tan37

vy

设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得

12

vygt，ygt，xvt

20

解得

t0.4s，y0.8m，x1.2m

设抛出点到斜面底端的高度为h，由几何关系得

hyxtan37

联立解得

h1.7m

（2）设在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得

x

sl

cos37

设滑块的加速度为a，由运动学公式得

1

sat2

2

对滑块，由牛顿第二定律得

mgsin37mgcos37ma

联立解得

0.125

15.如图所示，长度LAB=48m的传送带与水平面夹角θ=37°，当传送带静止时，质量m=0.1kg的物块静止

在传送带的中点P处。某时刻一质量为m0=0.01kg的子弹以v0=300m/s的速度平行于传送带打入物块，并以

v=250m/s的速度穿出物块。在子弹穿出物块同时启动传送带，让其沿顺时针方向一直做加速度为a=0.5m/s2

1

的匀加速运动。传送带上端A处有一挡板，物块每次与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能的。已知物

4

72

块与传送带间的动摩擦因数，不计物块与挡板碰撞的时间，取重力加速度g=10m/s。cos37°=0.8，

8

sin37°=0.6。求：

（1）子弹穿出物块时，物块的速度大小；

（2）从子弹刚穿出物块到物块第一次与挡板碰撞所经历的时间及该过程中物块在传送带上的相对位移；

（3）从子弹刚穿出物块到物块与挡板发生n次碰撞的过程中（n→∞），物块与传送带间的相对位移。

【答案】（1）5m/s

（2）14s，25m（3）172m

【解析】

【小问1详解】

对子弹与物块组成系统，根据动量守恒定律可得m0v0m0vmv1

解得v15m/s

【小问2详解】

mgcosmgsin

子弹穿过物块后，物块的加速度为a1m/s2

1m

物块沿传送带向下做匀减速直线运动到零，再反向匀加速到与传送带共速，设经时间为t1，物块与传送带

达到共同速度为v2，则v2at1v1a1t1

解得t110s，v25m/s

11

所以物块与传送带共速时，物块恰好回到P点，共速后一起加速到与挡板相碰