铜仁市第一中学2025-2026学年高二上学期9月物理测试题

这是一份铜仁市第一中学2025-2026学年高二上学期9月物理测试题，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，在张紧的水平弹性绳上挂4个单摆。先让A摆振动起来，其余各摆也随之振动，已知A、B的摆长相等，当振动稳定后，下列判断正确的是（ ）
A．B摆的振动周期最大
B．C摆的振动周期最大
C．D摆的振幅最大
D．4个摆的振动周期都相等
2．如图所示为某滑板运动员在消板过程中遇到横杆时，运动员跃起越过横杆，滑板从杆下沿水平地面滑过涉杆，运动员又恰好落在滑板上，不计一切摩擦和阻力，则此过程（ ）
A．运动员先超重后失重
B．运动员相对滑板做斜向上抛运动
C．运动员和滑板组成的系统水平方向的动证守恒
D．运动员跳离滑板的过程中，滑板对运动员的支持力做正功；运动员落到滑板的过程中，滑板对运动员的支持力做负功
3．如图所示，轻绳OA一端固定，另一端与小球1连接，绳子AB与小球2连接，两小球完全相同，绳子水平且伸直，自由释放两小球，运动到图示位置过程中（ ）
A．OA绳对小球1做正功B．OA绳对小球1做负功
C．AB绳对小球2做正功D．AB绳对小球2做负功
4．1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是（ ）
A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量的变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是延长接触时间，从而减小冲力
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大
5．如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。其原理可解释为，当大石获得的速度较小时，下面的人感受到的震动就会较小，人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（ ）
A．B．C．D．
6．如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁。钩码在竖直方向做简谐运动时，某段时间内，小磁铁正下方的智能手机中的磁传感器采集到磁感应强度随时间变化的图像如图（b）所示，不计空气阻力，下列判断正确的是
图（a）
图（b）
A．钩码做简谐运动的周期为t5－t1
B．钩码动能变化的周期为t6－t2
C．在t1时刻，钩码的重力势能最大
D． t2～t4时间内，钩码所受合外力的冲量为零
7．如图，长度为l＝1m，质量为M＝1kg的车厢，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m＝1kg、可视为质点的物块以速度v0＝10m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2。下列说法不正确的是（ ）
A．n＝26
B．系统因摩擦产生的热量为25J
C．物块最终停在车厢中点处
D．车厢最终运动的速度为5m/s，方向水平向右
二、多选题（本大题共3小题）
8．小车静止在光滑水平地面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是( )
A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来越大
9．(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为 0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为23 s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为45 s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
10．2024年3月25日国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛，中国蹦床队夺得3金2银的优异成绩。一名质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由落下，与网接触0.8 s后与网分离，并竖直向上蹦回到2.45 m高处。不计空气阻力及运动过程姿势变化对重心的影响，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．该运动员在下落阶段（触网前）与上升阶段（离网后）动量的变化率相同
B．运动员从落到蹦床上到离开蹦床过程中动量的变化量大小为60 kg·m/s
C．蹦床对运动员的平均作用力大小为1725 N
D．在整个过程中运动员重力的冲量大小为900 N·s
三、实验题（本大题共2小题）
11．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度L1、L2、L3。
（1）小明先用螺旋测微器测量一个小球的直径，刻度如上图所示，读数为mm；
（2）入射小球1的质量应（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径；
（3）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是；
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器
（4）当所测物理量满足表达式（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。
12．某同学设计了如图甲所示的电路完成了电源的电动势和内阻的测量，已知电流表的量程为、内阻为，电压表的量程为、内阻为，电源的电动势约为3V、内阻约为。
(1)请按照电路图甲将图乙中的实物图连线 ；
(2)开关S闭合之前，滑动变阻器的滑动触头应位于 （选填“最左端”或“最右端”）；
(3)为了完成测量应将电流表量程扩大到0.6A，则电阻箱的阻值应为 ，电压表的量程应扩大到3V，则电阻箱的阻值应为 ；
(4)通过改变滑动变阻器的滑动触头，得到了多组电流表和电压表的示数，并利用得到的实验数据描绘了如图丙所示的伏安特性曲线，由图像可知电源的电动势为 V，电源的内阻为 （结果均保留两位有效数字）。
四、解答题（本大题共3小题）
13．如图所示，单摆摆长为l，在悬点O正下方A点钉一个钉子，其中，则此摆振动的周期为多少？
14．如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上，B的质量为m。现给滑块A向右的初速度，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以，的速度向右运动。求：
(1)A的质量；
(2)碰撞过程中B对A冲量的大小。
15．如图所示，水平地面上OD=1m，在水平地面OD正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带BC部分的长度L=1.25 m，传送带右端C点与地面上O点在同一竖直线上，竖直高度h=1.25 m。AMB为一个与BC、CO、OD在同一竖直平面内的光滑轨道，AM是水平面成θ角的斜轨道，AM的高度差H=0. 45 m，MB是半径为r=0.45 m的小圆弧，且与水平传送带相切于B点，M、B间的高度差可忽略不计。一滑块m （可视为质点）从A点由静止释放，滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力大小FNB=6 N，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落在水平地面上D点。取g=10m/s2，不计空气阻力，求∶
（1）滑块的质量；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数。
参考答案
1．【答案】D
【详解】当A摆振动起来后，通过水平弹性绳对其他摆施加周期性的驱动力，使其余各摆做受迫振动。受迫振动的周期由驱动力的周期决定，而驱动力的周期等于A摆的振动周期，则所有受迫振动的摆的周期都与A摆的周期相等，即4个摆的振动周期都相等，故AB错误，D正确；当受迫振动的固有频率与驱动力频率相等时会发生共振，振幅最大，而A、B的摆长相等，则B摆的固有周期与A摆相同，即B摆的固有频率等于驱动力频率，则B摆发生共振，振幅最大，故C错误。
2．【答案】C
【解析】运动员跃起后一直处于失重状态，选项A错误；运动员相对滑板做竖直上抛运动，选项错误；运动员和滑板组成的系统水平方向不受外力的作用，所以系统水平方向的动量守恒，选项C正确；无论运动员是跳离滑板的过程，还是落到滑板的过程，滑板对运动员的支持力均不做功，选项D错误。
3．【答案】C
【详解】AB．OA的拉力始终与小球1的速度方向垂直，则绳OA对小球1不做功，AB错误；
CD．假设让小球1和OA绳组成一个单摆，小球2和OB绳组成另一个单摆，让两个单摆同时从图中位置向下摆动，根据单摆的周期公式，可知，小球1摆动的周期小于小球2摆动的周期，说明图中小球1运动角速度比小球2运动角速度快，则AB绳对小球1的拉力与小球1的瞬时速度方向夹角为钝角，所以AB绳对小球1做负功；AB绳对小球2的拉力与小球2的瞬时速度方向夹角为锐角，所以AB绳对小球2做正功，C正确，D错误。选C。
4．【答案】C
【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理，可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率。
5．【答案】C
【详解】如果发生的是完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
如果发生的是弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒和机械能守恒得
解得
所以，碰后大石块的速度应介于和之间。选C。
6．【答案】A
【解析】
7．【答案】A
【详解】由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得车厢最终运动的速度为v＝5m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得mv02＝（M＋m）v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25J ， BD正确，不符合题意；根据Q＝μmgL，可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝＝25m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝25次，物块最终停在车厢中点处， A错误，符合题意，C正确，不符合题意。 选A。
8．【答案】BC
【详解】子弹、枪、人、车、靶组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误，B正确；设子弹射出枪口的速度大小为v，车后退的速度大小为v′，以子弹射出方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有vt＋v′t＝d，故车后退位移大小为：Δx＝v′t＝eq \f(md,nm＋M)，每发子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的位移Δx，故C正确，D错误。
9．【答案】AD
【详解】若振幅为0.1 m，说明该振子初始位置在波谷，t＝1 s振子在波峰，则有(12＋n)T＝1 s，n＝0，1，2，…，当n＝0时，振子的周期为T＝2 s，当n＝1时，T＝23 s，当n＝2时，T＝25 s，故A正确，B错误；若该振子的振幅为0.2 m，则由x＝Asin(ωt＋φ)可知，当该振子起振方向不同时，可能经过t＝T2、T6或5T6时到达位移为0.1 m的位置，根据振动的周期性可知(12＋n)T＝1 s或(16＋n)T＝1 s，或(56＋n)T＝1 s，n＝0，1，2，…；当n＝0时，T＝2 s或T＝6 s或T＝65 s，当t＝1时，T＝23 s或T＝67 s或T＝611 s，由此可知C错误，D正确。
10．【答案】AC
【详解】动量的变化率等于物体所受合外力，由于运动员在下落阶段（触网前）与上升阶段（离网后）所受合外力为重力，所以动量的变化率相同，A正确；设运动员落到蹦床上的速度大小为v1，离开蹦床时的速度大小为v2，则，，解得，，取竖直向上为正方向，则，即动量变化量的大小为900kg·m/s，方向竖直向上，B错误；根据动量定理可得，代入数据解得，C正确；在整个过程中运动员重力的冲量大小为，D错误。
11．【答案】4.223；大于；等于；BC；；
【详解】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为：4mm+22.3×0.01mm=4.223mm；
(2)[2][3]根据动量守恒定律可知若碰撞小球1的质量小于被碰小球2的质量，则小球1可能被碰回，所以小球1的质量应大于被碰小球2的质量，为了保证是对心碰撞，所以小球1的半径应等于被碰小球2的半径；
(3)[4]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证m1v0=m1v1+m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，有m1OP=m1OM+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有BC；
(4)[5]两球相碰前后的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，则有L2=v0t，L1=v1t，L3=v2t，代入可得m1 L2=m1 L1+m2 L3
[6]若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则有，代入解得
12．【答案】(1)，(2)最左端，(3) 2；2000，(4) 3.0；4.2
【详解】（1）根据电路图甲将图乙中的实物图连线，如图所示。
（2）为了保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，根据电路图可知，应置于最左端。
（3）由电流表的改装原理可知，解得，由电压表的改装原理可知，解得
（4）根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得，变形得，结合图像可知，，解得，
13．【答案】
【详解】碰钉子之前，摆长为l，单摆周期为，碰钉子之后，摆长为，单摆周期为，则此摆振动的周期为
14．【答案】(1)，(2)
【详解】（1）根据动量守恒定律可得，解得
（2）根据动量定理可得，B对A的冲量大小，得
15．【答案】（1）0.2kg；（2）
【详解】(1)滑块从A到M过程中，由牛顿第二定律有
由运动学有
得
滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力大小FNB = 6 N。据牛顿第三定律，轨道对滑块的支持力大小，方向竖直向上
滑块到达B点时，由牛顿第二定律有
解得滑块的质量
(2)滑块离开C点后做平抛运动
解得
所以
滑块由B到C过程中，据牛顿第二定律有
又由运动学有
解得滑块与传送带间的动摩擦因数