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合江中学高 2024 级高一下期 6 月月考考试
物 理 试 题
物理分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分，第一部分 1 至 2 页，第二部分 3 至
4 页，共 100 分，考试时间 75 分钟。
第一部分 选择题（共 43 分）
一、选择题（本题共 10 小题，1～7 题每小题 4 分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8～10 题有多个选项符合要求，全部选对得 5 分，不全得 3 分，有错选或不选得 0 分，共 43 分）
1．对以下物理问题探究过程的认识，正确的是（ ）
A．图（a）探究平抛运动规律的实验利用了极限法 B．图（b）装置利用等效法探究影响向心力大小的因素 C．图（c）中卡文迪什扭秤实验装置利用了放大法
D．图（d）中研究物体沿曲面运动时重力做功用到了控制变量法的思想
2．荡秋千是一项古老的休闲体育运动。如图所示是某同学荡秋千的照片，已知秋千的两根绳长均为
6m，该同学和秋千踏板的总质量为 50kg。当该同学荡到秋千横梁的正下方时，速度大小为 6m/s，重力加速度 g＝10m/s2，此时每根绳子承受的拉力大小约为（ ）
A．0N B．400N C．500N D．800N
3．如图所示，是使货物在水平面上转弯的自动流水线装置图，及其示意图。货物从传送带 A 端传送到 B 端，传送过程中传送速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。则货物在此过程中（ ）
A．所受重力的冲量为零 B．所受摩擦力对货物做负功 C．所受合力做功不为零 D．所受合力的冲量不为零
4．如图，轻质弹簧左端固定且呈水平状态，用手使一木球压紧轻质弹簧并保持静止。松手后，弹簧将木球弹出。在木球被弹出的过程中，弹簧的弹性势能减少了 50J，木球克服阻力做的功为 30J，则在此过程中（ ）
A．阻力对木球做了 30J 的功 B．弹力对木球做了﹣50J 的功
C．木球的动能减少了 30J D．木球的动能增加了 20J
5．太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为 490kg，离子以 30km/s 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为 3.0×10﹣3g/s，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A．1.47N B．0.147N C．0.09N D．0.009N
6．2018 年 2 月 6 日，“猎鹰”重型火箭将一辆特斯拉跑车发射到太空。假设其轨道示意图如图 1 中椭圆Ⅱ所示，其中 A、C 分别是近日点和远日点，图中 I、II 轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，B 点为轨道 II、III 的交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则以下说法正确的是（ ）
A．跑车经过 A 点时的速率大于火星绕日的速率
B．跑车经过 B 点时的加速度大于火星经过 B 点时的加速度
C．跑车在 C 点的速率一定大于火星绕日的速率
D．跑车由 A 到 C 的过程中动能减小，机械能也减小
7．如图所示，一质量 M＝2.0kg 的长木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m＝1.0kg 的小物块 A．给 A 和 B 大小均为 3.0m/s、方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离 B 板．下列说法正确的是（ ）
A．A、B 共速时的速度大小为 1.5m/s
B．在小物块 A 做加速运动的时间内，木板 B 速度大小小于 1.5m/s
C．从 A、B 开始运动到 A、B 共速的过程中，木板 B 对小物块 A 的水平冲量大小为 2N s
D．从 A、B 开始运动到 A、B 共速的过程中，小物块 A 对木板 B 的水平冲量方向向右
8．蹦床是一项具有挑战性的体育运动。如图，某时刻运动员从空中最高点 O 自由下落，接触蹦床 A点后继续向下运动到最低点 C，其中 B 点为运动员静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力，运动员从最高点 O 下落到最低点 C 的过程中（ ）
A．运动员的机械能不守恒 B．运动员在 B 点时的动能最大
C．运动员的重力势能先增大后减小 D．蹦床的弹性势能先减小后增大
9．起重机将一重物由静止竖直提起。传感器测得此过程中不同时刻重物的速度 v 与对轻绳的拉力 F，得到如图所示的 关系图线，线段 BC 与 v 轴平行，线段 AB 的延长线过坐标原点。重物速度增加到 v2 时开始做匀速运动。图中 v1、v2、F1、F2 都是已知量，重力加速度为 g，不计阻力。则（ ）
A．重物的质量是 B．重物的质量是
C．重物在 BA 段做匀加速运动 D．重物在 CB 段运动时间是
10．如图所示，在一光滑地面上有 2024 个相同大小的光滑小球，从 2 号到 2024 号小球质量均为 m；1 号球质量为 M，且 M ＞ m，1 号球以 v0 的速度向右运动，与 2 号球发生弹性碰撞，此后所有碰撞均为弹性碰撞，从 1 号球开始运动起，下列说法正确的是（ ）
A．小球 2 共发生了 4044 次碰撞 B．小球 2 共发生了 4045 次碰撞
C．小球 2023 最终速度为 0 D．小球 2023 最终速度为
第二部分 非选择题（共 57 分）
注意事项：
必须使用 0.5 毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（11 题 6 分，12 题 8 分，共 14 分）
11．如图甲所示，某同学在验证机械能守恒定律的实验中，绕过定滑轮的细线上悬挂重物 A 和 B，在 B 下面再挂重物 C。已知所用交流电源的频率为 50Hz，重物 A、B、C 的质量均为 m。
（1）某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，a、b、c 为三个相邻计时点。则打下 b 点时重物的速度大小 vb＝ m/s（结果保留三位有效数字）。
（2）某次实验测得重物 A 由静止上升高度为 h 时，对应的速度大小为 v，重力加速度为 g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是 （用 g、h、m、v 表示）。
（3）为尽可能减少实验误差，下列说法错误的是 。
A．重物的质量可以不测量
B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上 C．打下 b 点时的速度大小可用 来计算
12．利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。
实验器材：两个半径相同的球 1 和球 2，细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤：
（1）测量小球 1、2 的质量分别为 m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图甲；
（2）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为 d 的正方形。将小球 1 拉至某一位置 A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；
（3）分析连拍照片得出，球 1 从 A 点由静止释放，在最低点与球 2 发生水平方向的正碰，球 1 反弹后到达最高位置为 B ， 球 2 向左摆动的最高位置为 C ， 如图乙。 已知重力加速度为 g ， 碰前球 1 的动量大小为 。若满足关系式 ，则验证碰撞中动量守恒；
（4）球 1 在最低点与静止的球 2 水平正碰后，球 1 向右反弹摆动，球 2 向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球 1 的质量 球 2 的质量（填写“大于”、“等于”或“小于”）；若为非弹性碰撞，则 （填“能”或“不能”）比较两球质量大小。
三、计算题（13 题 11 分，14 题 15 分，15 题 17 分，共 43 分）
13．如图所示，截面为矩形的管状滑槽 ABC 固定在竖直平面内，AB 段水平，内底面粗糙，BC 段是半圆弧，内表面光滑，直径 BC 与 AB 垂直。质量 m＝2kg 的滑块以初速度 v0 从 A 点开始沿滑槽向右运动，滑块刚好能到达 C点。已知滑块与 AB 段间的动摩擦因数μ＝0.2，AB 段长度 L＝4m，圆弧半径 R＝0.5m，滑块可视为质点，g 取 10m/s2。求：
（1）滑块的初速度 v0 的大小；
（2）滑块运动到 B 点时对滑槽的压力 F 的大小。
14．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块 B 上，另一端与滑块 C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为 H
＝5m 的光滑水平桌面上，现有一滑块 A 从光滑曲面上离桌面 h＝0.45m 高处由静止开始滑下，与滑块 B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块 C 向前运动，经一段时间，滑块 C 脱离弹簧，然后在水平桌面上运动一段距离后从桌面边缘飞出。已知 mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，求：
（1）滑块 A 与滑块 B 碰撞结束瞬间的速度大小；
（2）压缩过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块 C 落地点与桌面边缘的水平距离。
15．如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带两端分别与光滑水平面平滑对接，左侧水平面上有一根被质量为 m1
＝0.5kg 的小物块 A 挤压的轻弹簧，弹簧左端固定；传送带右侧有一质量为 m2＝1.0kg 的长木板 B 静止放在水平地面上，质量为 m3＝1.0kg 的物块 C（可视为质点）放在长木板的最右端。现释放物块 A，物块离开弹簧后滑上传送带，一段时间后物块 A 与长木板 B 发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块 C始终在长木板上。已知传送带左右两端间距 L＝4m，传送带速度大小恒为 6m/s，物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.4，物块 C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，弹簧初始弹性势能 Ep＝1.0J，取 g＝10m/s2。求：
（1）物块 A 与长木板 B 碰前瞬间的速度大小；
（2）物块 A 第一次与长木板 B 碰后在传送带上向左滑行的离传送带右端的最大距离 s；
（3）为了使 C 不从 B 上滑下去长木板 B 的最小长度 LB。合江中学高 2024 级高一下期 6 月月考考试
物 理 试 题 参 考 答 案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B D D C A B AB BD BD
1．C【详解】A、图（a）探究平抛运动规律时，将平抛运动竖直方向上的运动用自由落体运动等效替代，因此属于
等效替代法，故 A错误；B、图（b）装置，探究影响向心力大小的因素，利用了控制变量法，故 B错误；C、图（c）
中卡文迪什扭秤实验装置利用了微小量放大法，故 C正确，D、图（d）中研究物体沿曲面运动时重力做功用到了
微元法的思想，故 D错误。
2
2．B【详解】对同学与秋千板整体，由牛顿第二定律得：2F﹣mg＝m 代入数据解得：F＝400N

3．D【详解】A、货物所受重力的冲量为 IG＝mgt，A错误；B、货物从传送带 A端传送到 B端做匀速圆周运动，
由所受摩擦力提供向心力，摩擦力方向与运动方向垂直，对货物不做功，故、B错误；C、货物从传送带 A端传送
到 B端，传送过程中传送速率保持不变，动能不变，根据动能定理可知合力做功为零，C错误；D、货物从传送带
A端传送到 B端，根据动量定理得 I 合＝mvB﹣mvA＝m（vB﹣vA）速度为矢量，则 vB﹣vA不为零，I 合不为零，D
正确。
4．D【详解】A、木球克服阻力做的功为 30J，阻力做负功Wf＝﹣30J，A错误；B、弹簧的弹性势能减少了 50J，
由功能关系可知弹簧弹力做功：W 弹＝50J，B错误；CD、对木球利用动能定理有：W 弹+Wf＝ΔEk，代入数据可得：
ΔEk＝20J，可知木球的动能增加了 20J，C错误，D正确。
5．C【详解】单位时间内喷出离子的质量 m＝3.0 ﹣ ﹣×10 3×10 3kg＝3.0×10﹣6kg 则 t时间内喷出离子的质量为 mt
对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得：Ft＝mtv﹣0 代入数据解得：F＝mv 3.0 10﹣＝ × 6×30×103N
＝0.09N，由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小 F′＝F＝0.09N
2
6．A【详解】A 、地球和火星可看作绕太阳做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供，则有 2 = ，解得 = ，
地球轨道半径小于火星轨道半径，故地球绕日速率大于火星绕日速率，跑车在 A点做离心运动远离太阳，而地球在
A点做匀速圆周运动，跑车在 A点向心加速度大于地球在 A点向心加速度，跑车在 A点的速率大于地球在 A点的

速率，大于火星绕日速率，A正确；B、万有引力提供加速度，则有 2 = ，解得 = 2，跑车和火星都经过
B点，r相同，所以加速度大小也相同，B错误；C、由 A选项分析知，轨道半径越大，圆周运动的速率越小，则火
星绕日速率大于过 C点的圆轨道的绕日速率，且跑车在 C点是做近心运动，万有引力提供的加速度大于向心加速度，
即此时跑车在椭圆轨道 C点的速率比过 C点的圆轨道的绕日速率还要小，所以火星绕日速率应大于跑车在 C点的
速率，C错误；D、跑车由 A到 C过程中，万有引力看作重力，过程中只有重力做负功，速度减小，动能减小，动
能转化为重力势能，机械能守恒，D错误。
7．B【详解】A．规定向右为正方向，A、B所组成的系统，在水平方向上不受任何外力，满足动量守恒，根据动
量守恒定律有
Mv﹣mv＝（M+m）v 共代入数据解得 A、B共速时的速度大小 v 共＝1m/s，A错误；B．当 A的速度减小到零瞬间，
参考答案 第 1 页，共 4 页
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B的速度最大，根据动量守恒定律有Mv﹣mv＝Mv1代入数据解得此时 B的速度为 v1＝1.5m/s，因此当 A加速的过
程中，B的速度大小小于 1.5m/s，B正确；C．对小物块 A，规定水平向右的方向为正方向，根据动量定理有
I＝mv 共﹣（﹣mv）＝1.0×1kg m/s﹣（﹣1.0×3）kg m/s＝4N s，C错误；D．由于 A对 B的摩擦力水平向左，因
此物块 A对木板 B的水平冲量方向向左，D错误。
8．AB【详解】A、运动员先做自由落体运动，接触蹦床后蹦床的弹力对运动员做负功，运动员机械能不守恒，故
A正确；B、运动员与蹦床接触后，先是蹦床的弹力小于运动员的重力，运动员先做加速度减小的加速运动，当蹦
床的弹力等于运动员的重力时，即在 B位置时，运动员的动能最大，随后运动员做加速度增大的减速运动，故 B
正确；C、运动员下降过程中，运动员的重力势能一直减小，故 C错误；D、运动员接触蹦床 A点后继续向下运动
到最低点 C，蹦床的弹性势能一直增大，故 D错误。
9．BD【详解】AB．重物速度增加到 v2时开始做匀速运动，根据平衡条件则有 F2＝mg
1
解得重物的质量为 = 2 故 A错误，B正确；C．从 B→A过程， 增大，拉力 F减小，根据牛顿第二定律列式
F mg ma = ﹣ ＝ 得 重物的加速度逐渐减小，则重物在 AB段做变加速运动，故 C错误；D．重物在 CB段，
1
不变，拉力 F不变，根据牛顿第二定律列式 F1﹣mg＝ma重物的加速度

= 1
1 2 1
= = 重物做匀加速度直线运动，根据公式 v＝at，可得重物在 CB段运动时间是2 2

= 1 = 1 = 2 1 ，D正确。1

( 1 2)
2
10．BD【详解】CD．1号球以 v0的速度向右运动，与 2号球发生弹性碰撞，取向右为正方向，有 Mv0＝Mv1+mv2
1 1 1
2 = 2 + 2 = ( ) 解得 00 1 2 1 + ， =
2 0
2 2 2 2 +
然后 2号球以速度 v2与 3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生 2023次碰
撞，最后 2024号球以速度 v2向右匀速直线离开；然后 1号球以速度 v1再次与 2号球发生弹性碰撞，取向右为正方
1 1 1 ( )2 2 ( )
向，有Mv1＝Mv'1+mv' 2 2 22 ， 1 = ′ + ′ 解得 ′ 0 02 2 1 2 2 1 = ( + )2 ， ′2 = ( + )2
然后 2号球以速度 v2与 3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生 2022次碰
撞，最后 2023号球以速度 v'2向右匀速直线离开，故 C错误，D正确；
AB．根据重复多次弹性碰撞的过程分析可知，每离开一个球，2号球均要与 1号球和 3号球碰撞 1次，共计两次碰
撞，最后 3号球匀速离开后，1号球和 2号球最后再碰撞一次，然后 2号球匀速离开，则小球 2共发生的碰撞次数
为 N＝（2024﹣2）×2+1＝4045， 故 A错误，B正确
11 2． （1）1.03；（2）v2= 3gh；（3）C
1 1
【详解】解：（1）交流电源的频率为 50Hz，打点时间间隔 T= = 50s＝0.02s，
b v = = (4.10 0.00)×10
2
打下 点时重物的速度大小 b 2 2×0.02 m/s≈1.03m/s。
参考答案 第 2 页，共 4 页
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（2）A上升高度 h过程，对 A、B、C组成的系统，
1
由机械能守恒定律得 mgh= 2 × 3
2，整理得 v2= 23gh。
（3）A、重实验需要验证重力势能的减少量与动能增加量的关系，质量可以约去，物的质量可以不测量，故 A
正确；
B、为减小实验误差，打点计时器应竖直放置安装在铁架台上，故 B正确；
C 2 、如果用 3 来计算打下 b点时的速度大小，已经认为机械能守恒，实验验证失去意义，故 C错误。
本题选错误的，故选：C。
12． 3 1 2 2m1＝m2 小于 能
【详解】（3）从 A 1位置到最低点的高度差 h1＝9d，由机械能守恒得：m1gh1= 22 1 1，
解得，碰撞前球 1的速度大小 v1＝3 2 ，碰撞前球 1的动量大小 p1＝m1v1＝3m1 2
同理可求出碰撞后球 2的速度大小 v2′= 2 × 4 =2 2 ，碰撞后球 2的动量大小 p2′＝m2v2′＝2m2 2
碰撞后球 1的速度大小 v1′= 2 × 碰撞后球 1的动量大小 p1′＝m1v1′＝m1 2
碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＝﹣m1v1′+m2v2′，整理得：2m1＝m2。
（4）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1+m2v2
1 1 1
由机械能守恒定律得： 2 21 1 = 1 1 + 2
2 解得：v = 1 2
2 2 2 2 1 11+ 2
球 1向右反弹摆动，则 v1＜0，则 m1＜m2，即球 1的质量小于球 2的质量；若碰撞为非弹性碰撞，两球碰撞过程系
统动量守恒，碰撞后球 1向右反弹，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝﹣m1v1+m2v2，可知 m2v2＞m1v0，
1 1 1
非弹性碰撞过程系统机械能减少，则有 21 0＞ 1
2 + 21 2 2，解得：m2＞m1，可以比较两球的质量大小。2 2 2
13．（1）6m/s；（2）100N
【详解】（1）滑块刚好到达 C点时速度为零，对滑块从 A到 C过程，根据动能定理得： 2 = 0 1 22 0
解得：v0＝6m/s
（2）对滑块从 A B 1 1到 过程，根据动能定理得： = 22 2
2
0 设在 B点轨道对物块的支持力为 N，根
2
据牛顿第二定律可得： = 由牛顿第三定律，可知滑块对滑槽的压力的大小为 F＝N＝100N
14．（1）2m/s；（2）3J；（3）2m
【详解】（1）设滑块 A与滑块 B碰撞前瞬间速度大小为 v1，滑块 A从光滑曲面上 h高处由静止开始滑下的过程，
1
根据机械能守恒可得 = 2
2
1 解得 v1＝3m/s
滑块 A与 B碰撞结束瞬间具有共同速度 v2，取向右为正方向，根据动量守恒可得 mAv1＝（mA+mB）v2 解得滑块
A与滑块 B碰撞结束瞬间的速度为 v2＝2m/s
（2）滑块 A、B发生碰撞后与滑块 C一起压缩弹簧，当滑块 A、B、C速度相等时，弹簧压缩量达到最大，弹性势
能最大，取向右为正方向，根据动量守恒可得（mA+mB）v2＝（mA+mB+mC）v3 解得 v3＝1m/s
参考答案 第 3 页，共 4 页
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= 1 ( + ) 2 1根据系统机械能守恒可得 2 2 2 ( + + )
2
3 解得压缩过程中弹簧的最大弹性势能为
Epm＝3J
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块 C脱离弹簧，设滑块 A、B的速度为 v4，滑块 C的速度为 v5，取向右
为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒可得（mA+mB）v2＝（mA+mB）v4+mCv5
1 1 1
( +
2 2 2
2
) 2 = ( + ) 4 + 联立解得 v2 2 5 4＝0，v5＝2m/s
滑块 C 1从桌面边缘飞出后做平抛运动，则有 x＝v5t = 22
联立解得滑块 C落地点与桌面边缘的水平距离为 x＝2m
15．（1）6m/s；（2）0.5m；（3）0.8m
【详解】（1）设物块 A离开弹簧时的速度大小为 v0，在物块 A被弹簧弹出的过程中，由机械能守恒定律得
= 1 2
2
1 0 解得 v0＝2m/s
假设物块 A在传送带上始终做匀加速运动，加速度大小为 a，则由牛顿第二定律得μmg＝ma得到 a＝4m/s2
设物块到达传送带右端时速度大小为 v，由运动学公式得 2 20 = 2 解得 v＝6m/s
假设成立物块 A与长木板 B碰前速度大小刚好为 v＝6m/s
（2）A与 B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为 v1、v2，取向右为正方向，
由动量守恒定律得 m1v＝m1v1+m2v2
1 2 1 2 1由机械能守恒定律得 1 = 1 1 + 2
2
2 联立解得 v1＝﹣2m/s v2 2 2 2
＝4m/s
物块 A被反弹回来后，假设在传送带上向左一直做匀减速运动向左滑行的最大距离 s，由运动学公式得
0 21 = 2 解得 s＝0.5m＜4m
假设成立，则物块 A向左滑行的离传送带右端的最大距离 s＝0.5m
（3）木板 B与物块 C相互作用过程动量守恒定律，最终达到共同速度，设为 v3，取向右为正方向
m2v2＝（m2+m3）v3 可得 v3＝2.0m/s
物块 A被传送带向右拉时速度 vA也为 1m/s，则物块 A与长木板不再相碰由能量守恒定律得
= 1 22 3 2 2 2
1
2 ( 2 + 3)
2
3
解得 LB＝0.8m
参考答案 第 4 页，共 4 页
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