2024—2025学年度上学期 2022 级
10月月考物理试卷
命题人：吴俊威 审题人：熊华
考试时间：2024 年 10 月 24 日
一、选择题（1-7 题为单选题，8-10 题为多选题，每小题 4 分，共 40 分）
1．设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如
图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在
募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图乙所
示，O 点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈
之后从中间的小孔掉入募捐箱。如果硬币
在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运
动，摩擦阻力忽略不计，则某一枚硬币在 a、
b 两处时（ ）
A．向心加速度大小 aaab>B．角速度大小ab<
C．线速度大小 vvab>D．向心力大小 FFab=
2．如图所示，一个可视为质点的木块在斜面上下滑，斜面在水平地面上保持不动，则下列说法正
确的是（ ）
A．如果木块匀速下滑，则地面对斜面的静摩擦力方向水平向左
B．如果木块匀速下滑，则斜面对地面的静摩擦力方向水平向右
C．如果木块加速下滑，则地面对斜面的静摩擦力方向水平向左
D．如果木块减速下滑，则斜面对地面的静摩擦力方向水平向右
3．利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时
各物理量之间的关系图像（x、v、a、t 分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说
法中不正确的是（ ）
A．根据甲图可求出物体的加速度为 2m/s2
B．根据乙图可求出物体的加速度为5m/s2
C．根据丙图可求出物体的加速度为 4m/s2
D．根据丁图可求出物体在前 2s 内的速度变化量大小为 3m/s
4．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是 。盘面上距圆盘中心距离 R 的位置，有
一个质量为 m 的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动，物体与圆盘间的摩擦力为 F 。则在运动半
周的过程中，小物体（ ）
F
A．摩擦力的冲量为 B．摩擦力所做功为 RF
1
C．动量变化量为 2mR D．动能变化量为 mR 22
5．“古有司南，今有北斗”，如图甲所示的北斗卫星导航系
统入选“2022 全球十大工程成就”。组成北斗卫星导航
系统的卫星运行轨道半径 r 越大，线速度 v 越小，卫星
运行状态视为匀速圆周运动，其 v2-r图像如图乙所示，
图中 R 为地球半径，r0 为北斗星座 GEO 卫星的运行轨
道半径，图中物理量单位均为国际单位，引力常量为 G，
忽略地球自转，则（ ）
b 3b2
A．地球的质量为 B．地球的密度为
GR 4R2
r 2 b
C．北斗星座 GEO 卫星的加速度为 0 D．地球表面的重力加速度为 g =
bR R
6．如图所示，倾角 = 30、足够长的固定光滑斜面顶端，质量为 M 的球 A 与质量为 m 的球 B 用
绕过轻质定滑轮的细线相连，球 B 与质量为 m 的球 C 通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，球 B
距滑轮足够远，球 C 放在水平地面上。起始时使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张
力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为 g，
由静止释放球 A，当球 C 刚要离开地面时，球 B 恰达到最大速度，从释放球 A 至弹簧第一次
伸长到最长的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球 A 的质量 M = 2m
B．球 C 离开地面后，与球 B、弹簧组成系统机械能守恒
m
C．球 A 沿斜面下滑的最大速度为g
5k
5gm
D．当弹簧第一次伸长至最长时球 C 的速度为
35k
7．“两弹一星功勋奖章”获得者钱学森在二十八岁时就成为世界知名的空气动力学家。如图甲所示，
理想状态下没有空气阻力的抛体运动的轨迹为抛物线，但在真实的情况下由于空气阻力的影响，
如图乙，其轨迹为一个可视为质点的物体由水平地面上斜向上抛出，只在重力和空气阻力作用
下的运动轨迹，已知物体的质量为 m，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度
方向相反，比例系数为 k，重力加速度为 g，抛出瞬间速度大小为 v1 ，与水平方向的夹角为 ，
落地瞬间速度大小为 v2 ，与水平方向的夹角为 ，下列说法正确的是（ ）
A．从抛出到落地整个过程动量变化量大小为 =p mv12 mv
11
B．从抛出到落地整个过程物体所受阻力做功为W= mv22 mv
221 2
mvcos+ mv cos
C．物体水平射程为 x = 12
k
2
mvsin+ mv sin
D．物体在空中飞行的时间为t = 12
mg
8．如图甲所示，水平皮带逆时针匀速转动，一质量为 m =1kg 的小物块（可视为质点）以某一速
度从皮带的最左端滑上皮带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上皮带开始计时，
其运动的 vt 图像如图乙所示，g 取10m / s2 。则（ ）
A．0~4.0s 内摩擦力对小物块的冲量大小为 4N s ，方向水平向左
B．4.5s 时小物块回到皮带最左端
C．物块与皮带间由于摩擦产生的热量Q = 4.5J
D．0~4.0s 内皮带多消耗的电能为 3J
9．如图甲，质量 M=2kg 的足够长木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量 m=1kg 的小
物块。t=0 时刻对小物块施加一水平向右的拉力 F，拉力 F 的大小随时间 t 的变化关系如图乙
所示，4s 末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数 1=0.6，木板与地面间的动摩擦因数
2
2=0.1，重力加速度 g=10m/s ，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．t=1s 时物块受到的摩擦力大小为 6N
B．t=5.2s 时物块与木板的速度大小均为 6.8m/s
C．t=12s 时木板在水平面上停止运动
D．物块和木板在整个运动过程中摩擦生成的总热量为 204J
10．如图所示，四分之一圆槽 AB 的半径为 R、质量为 3m，静止放在水平地面上，圆槽底端 B 点
的切线水平，距离 B 点为 R 处有一质量为 3m 的小球 2，其左侧连有轻弹簧。现将质量为 m 的
小球 1（可视为质点）从圆槽顶端的 A 点由静止释放，重力加速度为 g，不计一切摩擦。则下
列说法正确的是（ ）
A．在整个过程中，系统（三个物体）动量守恒、总动量为 0
9
B．弹簧弹性势能的最大值为 mgR
16
3
5
C．小球 1 刚与弹簧接触时，与圆槽底端 B 点相距 R
3
6gR
D．小球 1 最终的速度大小为
8
二、实验题（每空 2 分，16 分）
11．某位同学探究平抛运动规律时，进行如下操作，先采用甲图的方式定性研究平抛运动竖直方
向的运动规律，然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。
(1)甲图现象说明______。
A．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动
B．两小球在空中运动的时间相等
C．两小球落地时速度相等
(2)乙图所示的实验中以下操作必要的是______。
A．实验过程中必须让斜槽光滑
B．将小球放于斜槽下方末端任意位置，看其是否滚动从而检验斜槽末端是否水平
C．同一次实验过程，小球可以不用从斜槽上同一位置静止释放
D．可以在小球上涂上墨汁，让小球平抛过程在坐标纸上与纸接触画出运动轨迹
(3)同学得到了丙图的结果后，测得坐标纸的方格边长为 9mm，由此可得到平抛运动的初速度
为 m/s，平抛的初位置坐标为 （坐标表达中需标明单位，以 mm 为单位）， g = 10m/s2 。
12．在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在
调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。
(1)实验时，下列操作或说法正确的是___________。
A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的
示数
C．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小
4
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz ，相邻两计数
点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，打 B 点时的瞬时速度为 m/s，小车运动
的加速度大小是 m/s2 。（本小问计算结果均保留三位有效数字）
(3)由实验得到小车的加速度 a 与力传感器示数 F 的关系如图丙所示。则小车与轨道的滑动摩
擦力 Ff = N 。
三、解答题（44 分）
13．（12 分）自由式滑雪女子大跳台比赛场地可简化为如图所示的示意图，在比赛的空中阶段可将
运动员视为质点，运动员从倾角为 的斜面顶端 O 点以 v0 的初速度飞出，初速度方向与斜面
的夹角为 ，图中虚线为运动员在空中的运动轨迹，A 为轨迹的最高点，B 为轨迹上离斜面最
远的点，不计空气阻力，取重力加速度大小
g =10m/s2 。求：
（1）运动员从 O 点运动到 A 点的时间；
（2）B 点与斜面之间的距离 l。
14．（15 分）在光滑的水平地面上，质量均为 m =1kg 的滑块 B 和 C 中间夹一轻弹簧，轻弹簧处于
原长状态，左端固定在 B 上，右端与 C 接触但不固定，质量为 Mk= 2g、半径为 R =1m 的四
分之一光滑圆弧形滑块 D 放置在 C 的右边，C、D 间距离足够远，质量为 m0 = 0.5kg 的滑块 A
以初速度v0 =10m/s 向右运动与 B 发生碰撞，碰撞过程时间极短，碰后 A 被反弹，速度大小为
2
vA = 2m/s ，重力加速度 g 取10m/s 。
求：
（1）A、B 碰撞时损失的机械能；
（2）弹簧的最大弹性势能；
（3）C 能上升的最大高度。
15．（17 分）如图所示，在倾角 =37 的斜面上放置一个凹槽，
3
槽与斜面间的动摩擦因数 = ，槽与斜面间的最大静摩擦力
8
可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁 A、B 间的距离 d = 0.2m 。
把一小球放在槽内上端靠侧壁 A 处，现同时由静止释放球和
5
槽，不计球与槽之间的摩擦，斜面足够长，且球与槽的侧壁发生碰撞时碰撞时间极短，系统
不损失机械能，球和槽的质量相等，取重力加速度 g =10m / s2 ,sin37= 0.6 ，cos37 = 0.8。求 ：
（1）释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞；
（2）第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度；
（3）从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小。
6
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C C D D D BCD BCD BCD
11．(1)AB (2)B (3) 0.6 （9mm，16.875mm）
12．(1)B (2) 0.721 2.40 (3)1.0
v sin( ) v22sin
13．（ 1） 0 ；（ 2） 0
g 2g cos
【详解】（1）A 为轨迹的最高点，说明运动员在 A 点速度方向水平向右，设 O 到 A 时间为
v sin( )
t ，由斜抛运动规律，竖直方向上有v sin(= ) gt ，得t = 0
1 011 g
（2）运动员从 O 到 B 过程，将运动分解为沿斜面向下方向和垂直斜面向上方向，运动员
到 B 点时速度平行于斜面向下，垂直斜面方向有 vv10= sin ， ag1 = cos B 点与斜面之间的距
v2 v22sin
离l =1 = 0 。
2ag1 2 cos
14．（ 1） 6J ；（ 2）9J ；（ 3）1.2m
【详解】（1）A 与 B 碰撞时动量守恒 mv00=+ mv 0A mv B解得vB = 6m/s ，损失的机械能
111
=E mv2 mv 22 mv =6J 。
22200 0A B
（2）弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，B、C 的速度相等，设此时速度为 v1 ，由动
11
量守恒可得 mv= 2 mv ，解得 v = 3m/s ，则弹簧的最大弹性势能为 E =mv22 2 mv = 9J 。
B1 1 pm 22B 1
（3）设 C 与弹簧分开时 B、C 速度分别为 vB 和 vC ，由动量守恒和能量守恒可得
11122 2
mv= mv + mv ， mvBB= mv + mv C。解得 v = 0 ， vC = 6m/s ，以地面为零势能面，则滑
BB C222 B
1 2
块 C 的机械能为 E= mv =18J ，假设 C 上升高度为 R 时二者相对静止，C 在竖直方向速度为
1C2
0，则系统水平方向由动量守恒可得 mvCD=() M + m v ，此时系统的机械能
1
E=( M + mv )2 + mgR = 16J ，因为 EE>，所以滑块将冲出滑块 D，设滑块能上升的最大高
2D2 12
1 11
度为 h ，由机械能守恒定律有 mv2=++ mgh Mv 22 mv ，解得 h =1.2m 。
2C 22 DD
15．(1)t1 = 0.2s (2) v1 = 0 ，v2 =1.2m/s （方向沿斜面向下） (3) x =1.44m
【详解】（1）设球和槽的质量为 m ，槽与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为
f==2 mg cos 0.6 mg ，槽所受重力沿斜面的分力 G1 = mgsin = 0.6 mg ，因为Gf1 = ，所以槽
2
受力平衡，释放后保持静止，释放后，球做匀加速运动，由 mgsin = ma1 ，可得 a1 = 6m/s ，经
1 2
时间t1 球与槽的侧壁 B 发生第一次碰撞 d= at ，得t = 0.2s 。
2 11 1
（2）碰撞前球的速度为 v1= at 11 =1.2m / s ，球和槽发生碰撞前后，由动量守恒定律
111
mv= mv + mv ，碰撞过程由机械能守恒定律 mv2= mv 22 + mv ，解得第一次碰撞后瞬间球
112 22211 2
的速度 v1 和槽的速度 v2 分别为v1 = 0 ， v2 =1.2m/s （方向沿斜面向下）。
（3）A、B 第一次碰撞后，B 以 vB1 =1.2m/s 做匀速运动， A 做初速度为 0 的匀加速运动，
设经过时间t1 ，A 的速度 vA2 与 B 的速度相等，A 与 B 的左侧壁距离达到最大，即 vA2= at 1 1 = v B1 ，
1 2
解得t = 0.20s ，设t1 时间内 A 下滑的距离为 x1，则 x= at ，解得 x = 0.12m ，因为 xd= ，说
1 12 11 1 1
明 A 恰好运动到 B 的右侧壁，而且速度相等，所以 A 与 B 的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。
设 A 与 B 第一次碰后到第二次碰时所用的时间为 t2 ，A 运动的距离为 xA1 ，B 运动的距离为 xB1 ，
1
第二次碰时 A 的速度为 v ，则 x= at2 ，x= vt，xx= ，解得t = 0.4s ，x = 0.48m ，
A3 A12 1 2 B1 B1 2 A1 B1 2 B1
vA3= at 1 2 = 2.4m/s 。
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得 A、B 再次发生速度交换，B 以
vA3 = 2.4m/s 速度做匀速直线运动，A 以vB1 =1.2m/s 的初速度做匀加速运动。用前面第一次碰撞
到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块 A 不会与凹槽 B 的右侧壁碰撞，并
且 A 与 B 第二次碰撞后，也再经过t3 = 0.40s ，A 与 B 发生第三次碰撞。设 A 与 B 在第二次碰后
到第三次碰时 B 运动的位移为 xB2 ，则 xB2=== vt A3 3 2.4 0.40m 0.96m ，设从初始位置到物块 A 与
凹槽 B 的左内侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小为 x ，则 xx=+=B1 x B2 (0.48 + 0.96) m = 1.44m 。