福清西山学校高中部 2023-2024 学年度第一学期 12 月份高三
月考物理试卷
一、单选题（每题 4 分，共 16 分）
1．甲、乙两物体沿同一直线运动， t t0时刻，两物体经过同一位置，它们的速度时间图像如图，则在该
运动过程中（ ）
A． t 0时刻，甲在乙的后面
B． t 0时刻，甲、乙同时同地出发
C．0 t0 时间内，甲的速度一直减小而加速度一直增大
D．0 t0 时间内，甲的速度和加速度均一直减小
2．某次越野滑雪比赛中甲、乙两名运动员从同一倾斜直雪坡顶端水平滑出后落到该雪坡上时所用的时间
之比为 2 : 3，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙在空中下降的高度之比为 2 : 3
B．甲、乙在空中到雪坡的最远距离之比为 4 :9
C．甲、乙水平滑出的初速度大小之比为3: 2
D．甲、乙在空中运动过程中动量改变量的方向不同
3．如图所示，水平转台上有一个质量为 m的物块，用长为 L的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转
轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ( tan )，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为 umgLsin
C g．当物体的角速度为 时，转台对物块的支持力为零
2Lcos
D mgLsin
2
．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为W2 2cos
4．如图，轻弹簧下端固定在倾角为 30°的光滑斜面底端，另一自由端处于 b点，质量为 1 kg的小滑块从 a
点由静止下滑，c点时速度最大，到 d点（图中未画出）速度为零、已知bc 0.05m，g取10m/s2 ，弹簧始
终在弹性限度内，不计空气阻力，则（ ）
A． cd 0.05m
B．滑块不可能再回到 a点
C．弹簧的劲度系数是 50 N/m
D．滑块从 d点到 b点的动能增加量小于弹簧的弹性势能减小量
二、多选题（每题 6 分，共 24 分。少选或者漏选但无错误答案给 3 分，）
5．据报道，中国空间站工程巡天望远镜（简称“CSST”）将于 2024年前后投入运行，CSST 以天宫空间站
为太空母港，平时观测时远离空间站并与其共轨独立飞行，在需要补给或者维修升级时，主动与“天宫”交
会对接，停靠太空母港。已知空间站轨道半径与地球半径的比值为 k，地球半径为 R，地球表面的重力加
速度大小为 g，下列说法正确的是（ ）
A．CSST观测时线速度的大小为 k g R
B．CSST g观测时加速度的大小为 k 2
C．若 CSST观测时位于“天宫”后方，通过加速后可与“天宫”对接
k3D．CSST R停靠太空母港时，组合体运行的周期为 2
g
试卷第 1页，共 4页
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6．如图甲所示，若有人在某星球上用一轻质绳拴着一质量为 m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计
一切阻力），小球运动到最高点时速度大小为 v，绳对小球的拉力为 T，其T v2图像如图乙所示，则下列
选项正确的是（ ）
am
A．轻质绳长为
b
a
B．当地的重力加速度为
m
ac
C．当 v2 c时，轻质绳的拉力大小为 a
b
D．只要 v2 b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为 6a
7．图甲为某沿 x轴方向传播的简谐横波在 t＝0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；图乙是
质点 d的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时质点 a的速度大小比质点 c的小
B．波沿 x轴负方向传播
C．波速为 2.5 cm/s
D．从 t＝0时刻开始质点 b比质点 c先回到平衡位置
1
8．如图所示，粗糙水平面上放着一横截面为 圆的柱状物体 A，固定竖直挡板与 A物体之间放着一横截
4
1
面为圆的光滑柱体 B。系统平衡时，A、B两物体的接触点恰为 圆弧的中点，已知 B物体的质量为 m，
4
重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
A．竖直挡板与 B物体间的弹力大小为 mg
B 2．A、B两物体之间的弹力大小为 mg
2
C．若将 A稍右移并固定，竖直挡板与 B间的弹力将增大
D．若将 A稍右移并固定，A、B之间的弹力将减小
第 II 卷（非选择题）
三、实验题（共 18 分）
9．某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中 O点是小球抛出
点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球 A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落
地点的位置 P，然后把质量为m2的被碰小球 B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，
与小球 B相碰，并且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为 M、N，测量 xM 、 xP、 xN 分别为
M、P、N距 O点的水平距离。
试卷第 2页，共 4页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
（1）为保证两球是对心碰撞，用 20分度的游标卡尺测量小球的直径，如下图，则读数为 mm。
（2）关于本实验，下列说法正确的是 。
A．入射小球每次可由不同位置自由滚下 B．两小球的质量关系必须m1 m2
C．斜槽轨道必须光滑 D．斜槽轨道末端必须水平
（3）若测量数据近似满足关系式 （用m1、m2、 xM 、 xP、 xN 表示），则说明两小球碰撞过程动量
守恒：在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式 仅用 xM 、 xP、 xN 表示），则说明碰撞为弹性碰
撞。
10．某班级同学在探究向心力大小的表达式实验时：
第一小组采用甲图所示的装置进行探究，两个变速塔轮通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速
塔轮匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作
用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球
所受向心力的比值。
第二小组采用用乙图所示的装置进行探究，滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，
力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力 F 的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为 d，光电门可以
记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为 r。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器
和光电门就同时获得一组向心力 F和角速度 的数据。
（1）下列实验中与这两组同学采用的科学方法不同是 。
A．探究加速度与力、质量的关系
B．探究影响通电导线受力的因素
C．探究两个互成角度的力的合成规律
（2）第一组同学在某次实验时，两个钢球质量和转动半径相等，图中标尺上红白相间的等分格显示出两
个小球所受向心力的比值为1: 4，与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为 。
1
②第二组同学实验时，以 F 为纵坐标，以 为横坐标，可在坐标纸中描
t 2
出数据点作一条如图乙所示直线，图线斜率为 k，则滑块的质量为 （用
k、 r、d表示）。
试卷第 3页，共 4页
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四、解答题（共 42）
11．（12分）我国南极考察队于 2019年 3月 12日返回上海，完成第 35次南极考察任务。2019年 1月 19
日，考察队乘坐的“雪龙”号极地考察船在南极的密集冰区里航行时，受到浓雾影响，意外与冰山碰撞，在
与冰山碰撞前的紧急关头，由于控制人员处理得当，发动机及时全速倒船，船体减速前行，与冰山碰撞时
并未出现严重后果，假设控制人员发现前方冰山时，“雪龙”号距离冰山 x 50m，船速 v0 16m / s，与冰山
1
碰撞时的速度 v 4m / s，已知“雪龙”号质量m 2 107kg，水的阻力 f 恒为船体重量的 ，重力加速度
20
g 10m / s 2，计算结果均保留 2位有效数字
（1）若减速过程可认为做匀变速直线运动，求发动机产生的推力大小 F
（2）实际上发动机是以恒定功率工作的，若发动机全速倒船的时间为 8s，求发动机全速倒船时的功率 P
12．（14）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道 PQ，圆心为 O点，圆弧所对圆心角 37 ，
半径为 R 6m，末端 Q点与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一长度为 s 6m的水平传送带，传送带
沿顺时针方向转动，传送带上表面与 P点高度差为H 0.45m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为
m 6kg的可视为质点的滑块 A，滑块由 P点沿圆弧切线方向进入轨道，滑行一段距离后静止在地面上。
已知滑块 A与传送带、地面间的动摩因数均为μ＝0.5，重力加速度 g取 10m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8，
求：
（1）滑块 A离开传送带时速度 v0的大小；
（2）滑块 A经过 Q点时受到弹力 FN 的大小；
（3）滑块和传送带组成的系统因摩擦而产生的内能 Q。
13．（16分）如图所示，质量为 m的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道 AB和四分之
一光滑圆弧轨道 BC组成，两轨道相切于 B点，圆弧轨道半径为 R，质量为 m的小滑块乙静置于 A点。不
可伸长的细线一端固定于 O点，另一端系一质量为 M的小球丙，细线竖直且丙静止时 O到球心的距离为
L。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ并由静止释放，丙在 O正下方与甲发生弹性碰撞（两者不再
发生碰撞）；碰后甲向左滑动的过程中，乙从 C点离开圆弧轨道。已知重力加速度大小为 g，不计空气阻
力。
（1）求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
（2）求乙落回轨道后，乙对甲压力的最大值；
（3）仅改变 BC段的半径，其他条件不变，通过计算分析乙运动过程的最高点与 A点间的高度差如何变化。
试卷第 4页，共 4页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
参考答案：
1．D
【详解】AB．根据 v t中面积表位移，由图可知，0 t0 时间内，乙的位移大于甲的位移，
由于 t t0时刻，两物体经过同一位置，则 t 0时刻，甲在乙的前面，故 AB错误；
CD．由图可知，甲的速度一直减小，根据 v t中斜率表示加速度，由图可知，0 t0 时间内，
甲的加速度一直减小，故 C错误，D正确。
故选 D。
2．B
【详解】AC．设倾斜雪坡的倾角为 ，两名运动员在空中运动的时间分别为 t1、t2 ，初速度
分别为 v1、 v2，在空中下落的高度为
y 1 gt2
2
则可知两名运动员在空中下落的高度比为
y t 21 1 4
y 22 t2 9
水平位移为
x vt
而雪坡倾角的正切值
tan y gt
x 2v
可得
v gt
2 tan
由此可得
v1 t1 2
v2 t2 3
故 AC错误
B．将运动员在空中运动至离坡面最大距离处的运动分解为沿坡面和垂直坡面两个方向，沿
坡面方向做匀加速直线运动，垂直坡面做匀减速直线运动，运动员在空中到破面的最远距离
为
h (vsin )
2
max 2g cos
答案第 1页，共 12页
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解得
h1 4
h2 9
故 B正确；
D．运动员在空中运动过程中受到的合外力为重力，方向不变，根据动量定理
I Ft mgt p
可知甲、乙在空中运动过程中动量改变量的方向相同，故 D错误。
故选 B。
3．D
【详解】AB．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角
速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
mg mLsin 21
此时物块线速度大小为
v Lsin 1
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为 W，对物块由动能定理，
可得
W 1 mv2
2
联立解得
W 1 mgL sin
2
故 A错误，B错误
CD．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
mg Tcos
水平方向
Tsin mLsin 22
联立解得
g2 Lcos
此时物块的线速度大小为
v2 Lsin 2
答案第 2页，共 12页
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从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为 W2，对物块由
动能定理，可得
W 12 mv
2
2 2
联立解得
W mgL sin
2
2 2cos
故 C错误，D正确。
故选 BD。
4．D
【详解】A．物块从 b点接触弹簧向下运动，可视为弹簧振子，由于 b点有速度，所以bc与
cd 不对称，所以
cd bc 0.05m
故 A错误；
B．由于斜面光滑，所以弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，所以滑块可以再回到 a点，
故 B错误；
C．在 c点时速度最大，即此时加速度为零，有
klbc mgsin
解得
k 100N/m
故 C错误；
D．从d 到b，弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，动能的增加量 Ek与重力势能增加量
Ep之和等于弹簧重力势能的减少量 E弹，即
E弹= Ep Ek
可得
Ek E弹
故 D正确。
故选 D。
5．BD
答案第 3页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
【详解】A．根据
Mm v2G m G Mm
，
(kR)2 kR R2
m g
联立得线速度的大小为
v gR
k
故 A错误；
B．根据
G Mm ma
(kR)2
解得加速度为
a g
k 2
故 B正确；
C．对接时，应该从低轨道加速离心向高轨道对接，故 C错误；
D．根据
Mm 4 2G m kR
(kR)2 T 2
解得
3
T 2 k R
g
故 D正确。
故选 BD。
6．BD
【详解】A．在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则有
v2mg T m
L
得
T m v 2 mg
L
由图像知，T 0时， v2 b。图像的斜率
k a
b
则有
答案第 4页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
m a
L b
解得绳长
L mb
a
A错误；
B．当 v2 0时，T a，代入
mg T m v
2
L
得
a mg
得
g a
m
B正确；
C．当 v2 c时，代入
mg T m v
2
L
解得
T m c mg ac a
L b
C错误；
D．由图知只要 v2 b，在最高点绳子的拉力大于 0，根据牛顿第二定律知，在最高点有
2
T mg v m
L
在最低点有
v 2T mg m
L
从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得
1mv 2 1 mv2 2mgL
2 2
联立解得
T T 6mg
即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a，D正确。
故选 BD。
7．AD
答案第 5页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
【详解】AB．由振动图像 t＝0时刻 d点向下振动可知，波源在左侧，波沿 x轴正方向传播，
t＝0时质点 a的速度大小为零，质点 c速度不为零，即 t＝0时质点 a的速度大小比质点 c
的小，故 A正确、B错误；
C．由图像可知波动周期为 T＝2 s，波长为λ＝4 m，则波速为 v 2m/s，故 C错误；
T
D．从 t＝0时刻开始质点 b和质点 c到平衡位置的位移相同，b向平衡位置运动，c远离平
衡位置，故 b先回到平衡位置，故 D正确。
故选 AD。
8．AC
1
【详解】AB．将 圆弧面看成是倾角不同的斜面组合而成，对物体 B受力分析如图所示
4
由平衡条件可得
N2 cos mg， N1 N2 sin
解得
N mg2 ，N1 mg tan cos
1
当 A、B两物体的接触点恰为 圆弧的中点时， 45 ，此时可得
4
N1 mg，N2 2mg
故 A正确，B错误；
CD．若将 A稍右移并固定，则 角增大，可知 N1、 N2 均增大，故 C正确，D错误。
故选 AC。
9． 14.50 BD/DB m1xP m1xM m2xN xP xN xM
【详解】（1）[1]读数为
14mm+10×0.05mm=14.50mm
（2）[2]AC．为了保证入射小球运动到斜槽末端的速度不变，斜槽轨道不必光滑，但是入射
答案第 6页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
小球每次必须从同一位置自由滚下，故 AC错误；
B．为了使入射小球碰撞后不弹回，两小球的质量关系必须
m1> m2
故 B正确；
D．为了保证碰撞后两个小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故 D正确。
故选 BD。
（3）[3]根据动量守恒定律得
m xP m xM xN1 t 1
m
t 2 t
解得
m1xP m1xM m2xN
[4]根据
m xP m xM m x N1 t 1 t 2 t
1 x 2 1 x 2 1 x 2
m P m M 1 1 m
N
2 t 2 2 t 2 t
解得
xP xN xM
kr
10． C 2 :1
d 2
【详解】（1）[1]实验目的是探究向心力大小的表达式，由于每次只能研究两个物理量之间
的关系，需要确保其它的物理量不变，即采用了控制变量法，探究加速度与力、质量的关系
与探究影响通电导线受力的因素均采用了控制变量法，而探究两个互成角度的力的合成规律
采用的是等效替代法，因此与这两组同学采用的科学方法不同是探究两个互成角度的力的合
成规律。
故选 C。
（2）[2]根据
F1 m
2
1 r， F2 m
2
2 r
由于
F1 : F2 1: 4
答案第 7页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
则有
1 : 2 1: 2
根据
v 1R1 2R2
解得
R1 : R2 2 :1
（3）[3]滑块圆周运动的速度
v d1 t
由于
F v
2
m
r
则有
2
F md 1
r t2
则有
md 2
k
r
解得
m kr
d 2
11．（1）3.8 107N；（2）2.4 108W。
【详解】（1）由匀变速直线运动规律可知
v2 v20 2 a x
对船体受力分析根据牛顿第二定律可知
F f ma
代入数据解得 F 3.8 107N；
（2）由动能定理可知
1
WF W f mv
2 1 mv2
2 2 0
由题意可知
W f fx
答案第 8页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
WF Pt
联立各式代入数据解得 P 2.4 108W。
12．（1） v0 4 m/ s；（2） FN 109 N；（3）Q 48 J
【详解】（1）滑块 A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
v 2y 2gH
又 A沿切线滑入圆轨道，满足
v
tan y
v0
解得
v0 4 m/s
（2）滑块 A从在 P点速度
vP 5 m/s
从 P到 Q的过程中，由机械能守恒可得
mgR 1 cos37 1 mv 2 1 mv 2
2 1 2 P
在 Q点有
F mg mv
2
N
1
R
解得
v1 7 m/s
FN 109 N
（3）滑块 A随传送带做匀加速直线运动
mg ma
由于
x v
2
A
x 1.6 m s 6 m
2a
可知传送带匀速运动的速度为
v vx 4 m/s
滑块 A做匀加速运动的时间为
答案第 9页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
t v 0.8 s
a
滑块 A相对于传送带的位移大小为
x vt vt vt 1.6 m
2 2
滑块和传送带组成的系统产生的焦耳热
Q mg x 48 J
2
M m 8M mgl 1 cos
13．（1） 2gL 1 2M cos ， 2gL 1 cos ；（2）mg ；（3）
M m M m M m 2 R
见解析
【详解】（1）丙向下摆动过程中机械能守恒
MgL 1 1 cos Mv2
2 0
丙与甲碰撞过程，由动量守恒得
Mv0 Mv mv
由机械能守恒得
1 Mv2 1 Mv 2 1 mv2
2 0 2 2
解得碰后瞬间，丙速度大小
v M m 2gL 1 cos
M m
甲速度大小
v 2M 2gL 1 cos
M m
（2）乙从 C点离开时，因甲、乙水平速度相同，故乙仍从 C点落回。当乙回到 B点时，乙
对甲压力最大，设此时甲速度大小为 v甲1，乙的速度大小为 v乙1。从丙与甲碰撞结束至乙回到
B点过程中，由动量守恒得
mv mv甲1 mv乙1
由机械能守恒得
1mv2 1mv2 1 mv2
2 2 甲1 2 乙1
解得
v甲1 0， v
2M
乙1 2gL 1 cos M m
答案第 10页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
设此时甲对乙的弹力为 F 'N，由牛顿第二定律得
v2F ' mg m 乙1N R
由牛顿第三定律知乙对甲压力的最大值
8M 2mgl 1 cos
FN mg M 2 m R
（3）乙从 C点离开时，甲、乙水平速度相同，设甲速度为 v甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从 C
点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒
mv 2mv甲2
解得
v M甲2 2gL 1 cos M m
若减小段 BC的半径，乙一定能从 C点离开，设乙从 C点离开时乙竖直方向速度大小为 vy ，
从丙与甲碰撞结束至乙从 C点离开甲过程中，由机械能守恒得
1 mv2 1 mv2 1 mv2 mgR
2 2 甲2 2 乙1
又因为
v2 v2 v2乙1 甲2 y
解得
v 2M
2
y
gL 1 cos 2gR
M m
设从乙离开 C至最高点
v2y 2gh
2M 2L 1 cos H R h
M m 2
该高度差与 R无关，即高度差不变，若增大 BCF段的半径，乙仍能从 C点离开，与减小 BC
段的半径结论相同。若增大 BC段的半径，乙不能从 C点离开，则上升至最高点时甲、乙速
度相同，由机械能守恒得
答案第 11页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
1mv2 2 1 mv2
2 2 甲2
mgH
解得
2M 2L
H 1 cos
M m 2
该高度差与 R无关，即高度差不变。综上所述，乙运动过程的最高点与 A点间的高度差为
定值。
答案第 12页，共 12页
{#{QQABIYYEogAgAhAAARgCQQWICAOQkBCAAKoGRFAAMAABwQFABAA=}#}
