1、得分：本试题卷分第l卷（选择题）和第1I卷（非选择题）两部分，共8页。时晕75分钟，满分100分。第I卷一、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在万有引力定律理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关千科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A牛顿进行了“月 地检验，从而测出了地球与月球中心的距离B牛顿第一、第二、第三定律都可以用实验直接验证C开普勒通过研究行星观测记录，得出在相等时间内，地球与太阳的连线和火星与太阳的连线扫过的面积相等的结论D牛顿在万有引力定律的发现过程中，用到了“牛顿第二定律”、“力的作用是相互的”等
2、理论作为推理依据2链球运动员用链子拉着铁球做速度逐渐增大的曲线运动，在此过程中，运动员的手和链球的运动轨迹都可以近似为圆。关千手和球的位置关系，下面四幅图中正确的是A B C D 3某同学在墙边踢笸子时不小心将穗子踢出围墙，他请墙外的路人帮他将毯子踢进围墙内，围墙AB有一定厚度。路人从P点(P点可左右移动）将毯子踢过围墙。设毯子踢出时的速度与水平向右的方向成0角，不计空气阻力，以下说法正确的是/pr-“”“/厂/”“”“”“”A若P点位置确定，无论0角多大，只要速度足够大，一定能将毯子踢进围墙内B路人将穗子踢过围墙内做的功越小，穗子从踢出到越过墙壁后落到地面所花的时间越短物理试题 第1页（共8
3、页）湖南省长沙2023-2024高三上学期第三次月考物理试题C路人越靠近围墙，将穗子踢过围墙所做的功越小D路人将穗子踢过围墙内做的功最小时，0角应满足0454如图所示，竖直的圆环置千水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘小球（未画出）分别套在固定千AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中 AB 与竖直 B方向夹角为60,AC经过圆心，AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放，小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为点：1，则小球在三根细杆上运动的时间关系为A.tAB=tAc=tADC.tAB从ctADB.tABtAca=45，故选D。4.B【
4、解析】小球所受电场力大小与重力大小之比为战：1，可知小球所受重力与电场力的合力F 的方向恰好与AB平行，且由 A指向 B。延长AB，作MCl_AC交 AB于 M，以 AM 为直径画 一个圆（图中虚 Fcos a 线），AD与该圆交于 N。设乙BAC=a,AM=d，则小球沿 AC杆运动的加速度为a=，位移为x=:m 1.,./2dcos a!2md B dcos a,由x=矿得t=Fcos a tat2 fff-t=;=/，与a无关，由等时圆模型知tAM=tAC=tAN，而AB AN，故tAB tAC tAD，故选B。5.C【解析】左右为同一根绳子，拉力相等，设绳子与竖直方向夹角为a，并作出辅助
5、线，如图所示，由几何关系可知 ME=2 Rcos(,ME=MDsin a+DNsin a=Lsin a 2 R -产一-整理得 sina=cos(CD L 对物体进行受力分析2 Tcosa=mg 卢量-0/-丹iil-;:歹-/廿Q因此 T=mg 2cos amg_（严cos O)2 mgL 2 U 4R 2COS2 0当转到水平位置时，0=0，代入式可得 T=mgL 2 U 4R 2，故 A错误；由于a、0均为锐角，由CD可得，0越小，a 越大，当转到水平位置时，0=0，此时2a取得最大值，因此张角先增大，后减小，故B错误；L I a 4R 2 cos2 e 由几何关系可得，滑轮到0点的高度
6、差等于凶了了二，可得重物的高度先升高后降低，故C 正确；L 2 由可得 0越小，绳子拉力越大，因此当0=0 时，绳子拉力最大，因此圆环从图示位置顺时针缓慢转过2 0的过程中，轻绳的张力先增大后减小，故D错误。故选C。6.D【解析】将 A由弹簧原长处静止释放，设 A的位移为x，对整体，由牛顿笫二定律2mgmgsin30kx=3ma可知A先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，当x增大到某值时a减小到零，然后向上做加速度反向增大的减速运动，A运动到最高点时速度减小到零；然后 A沿斜面向下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，由系统机械能守恒可知，A运动到释放位置时速度刚好减小到零。由
7、于加速度a与x 成线性关系，故 A在斜面上做以某点（速度最大加速度为零位置）为中心的简谐运动。xt图像切线的斜率表示瞬时速度，由上述分析知 A不可能先做减速后做加速运动，A错误；由上述分析可知，A做简谐运动，其vt图像应是正弦函数图像，B错误；A刚释放时，弹簧弹力等于零，此时 A的加速度a1=2mgmgsm 30上3m g,A运动到最高点时，根据简谐运动的对称性，加速度a2 与a1等大反向，则凡mgsin302mg=3ma2，解得Fm=3mg,C错误；对A物体，由牛顿笫二定律 T mgsin30kx=ma得，T=kx+ma十mg，将a1与a2 及对应的弹簧弹力分别代入可知，A上滑过程中，T随x
8、 均匀增加，最小值是mg，最大值是3mg,D 正确。故选D。物理参考答案 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，有选错的得0 分）题号 17 1 8 答案BDI BC 二BC I ACD 7.BD【解析】所有卫星的轨道平面均要过地心，故 A错误；甲在近地点的速率大于近地卫星的速率，根据v=CM可知，近地卫星的速率大于乙卫星的速率，故甲卫星近地点的速率大于乙卫星运动的速率，故 B正确；根据题意可知，甲卫星的半长轴为4R十2R=3R，乙卫星的轨道半径为2R+R=3R，再由开普勒第三定律可知
9、，两者周期相同，故 C错误；甲卫星的最大加速度为a甲GM GM=，乙卫星的加速度 a乙 故 a甲：a乙 9:1，故 D正确。故选 BD。R2(3R)”8.BC【解析】设 卫星在尘埃区飞行时间为t，飞船扫过的尘埃数量为N=nSVot，对卫星和尘埃整体分析，根据动量定理可得Ft=(N加M)voMVo，解得卫星推进器需要提供推力F=nS加贰可知，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器需要提供的推力不变。推进功率为P=Fvo，结合上述解得P=nS加动。9.BC【解析】若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统水平方向合外力为零，则滑块和小球组成的系统水平方向 动量守恒，机械能守恒，A错误；设小球摆到最低点
10、时速度大小为互，滑块速度大小为窃，根据水平方向系统 动量守恒，有m互M窃，根据系统机H 1 H 1 械能守恒，有mg=m竹Mrh，剪断轻绳后，滑块做 匀速运动，小球做 平抛运动，经时间 t落地，有H=gt2，小球2 2 2 2落地时与滑块间的水平距离 d=（劝沁t，联立解得d=H,B正确；设轻绳长度为L，轻绳与水平方向夹角为0 时，绳中v2 张力为F，小球速度为v，对小球，根据动能定理，有mgLsin0=-1,m寸，根据牛顿第二定律，有F mgsin0=m。小球的功率PG=mgvy，重 力功率最大时，小球速度的竖直分量Vy 最大，即小球加速度的竖直分量ay=O，则Fsin0=mg，联立解得si
11、n0=,C正确；对滑块，根据力的平衡，水平方向Fi=Fcos 0，竖直方向FN=Mg+Fsin 0，滑块始终保持静止Ff从所以能够通过物块。设通过后，小木块和物块速度分别为劝和饶，则有mv=m劝M窃m寸m讶M炉f 2l 解得劝（1 凅）m/s (6分）(3)令v3=3m/s,v4=l m/sCD物块在经过每段粗糙路面时，第一个0.4m摩擦力随位移均匀增大，第二个0.4m摩擦力不变且最大，第三个0.4m摩擦力随位移均匀减小。最大摩擦力d fn=户LMg=2.Mg每经过一个粗糙路面克服摩擦力做功Wt_=4 d+f.d+4 d.Mgd 由于1t.d硐欢由动能定理有Fx总(1 飞s)Mgd=-M寸 硐解得F6.75 N (4分）物理参考答案 4
