贵州省毕节市民族中学2025-2026学年高二上学期9月月考物理试题

这是一份贵州省毕节市民族中学2025-2026学年高二上学期9月月考物理试题，共12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．如图所示是用来测量各种发动机转速的转速计原理图。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，则（ ）
A．钢片a的振动频率约为90HzB．钢片b的受到的驱动力最大
C．钢片c的振幅最小D．电动机的转速为100r/s
2．如图所示，某物理老师为了演示动量守恒定律的应用，在光滑水平桌面上放置一小车，用细线将一小钢球悬挂在小车的立柱上。演示开始前该老师用右手按住小车，左手拿着小球将细线向左拉开一定角度，并保持整个装置静止在桌面上的A处，若使小车能够运动到右侧较远的B处，下列方案可行的是（ ）
A．同时松开两只手
B．先松开左手，当小球第一次运动到最低点时，再松开右手
C．先松开左手，当小球运动到右侧最高点时，再松开右手
D．先松开左手，当小球第二次运动到最低点时，再松开右手
3．如图所示是两个理想单摆的振动图象，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是（ ）
A．同一摆球在1s和3s时加速度都相同
B．乙摆球在1s和3s时速度相同
C．甲、乙两个摆的摆长之比为1：2
D．甲摆球位移随时间变化的关系式为
4．汽车在发生交通事故时，车内的安全气囊会在瞬间充满气体并被弹出。碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，而安全气囊可以减轻驾乘人员受到的伤害，下列说法正确的是（ ）
A．安全气囊延长了驾乘人员的受力时间
B．安全气囊减小了驾乘人员碰撞前瞬间的速度
C．安全气囊减小了驾乘人员在碰撞过程中的动量变化量
D．安全气囊减小了驾乘人员在碰撞过程中的动能变化量
5．质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
6．将一轻弹簧与小球组成的弹簧振子竖直悬挂，上端装有一记录弹力的拉力传感器。当振子上下振动时，弹力随时间的变化规律如图所示。已知弹簧的劲度系数k=100N/m，g取10m/s2下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为2kg
B．t=2s时小球的加速度为0
C．0～2s时间段内，弹簧的弹力对小球的冲量大小为20N·s
D．小球的振幅为0.2m
7．如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球P与木块Q的质量均为。t=0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其获得的初速度，则从t=0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳对P先做正功后做负功
B．绳对P的冲量大小为
C．木块Q运动到最右侧时的速度大小为0
D．木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为
二、多选题（本大题共3小题）
8．如图所示，停放在水平冰面上的冰车由质量为M、倾角为θ的斜面体改装而成，在斜面体上轻放一质量为m的物块，不计物块与斜面、冰车与冰面之间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．释放物块的瞬间冰车受三个力
B．释放物块后，在物块沿斜面向下运动的过程中，冰车与物块组成的系统动量守恒
C．若冰面上的人在车后方用水平向右的力F1推车，当F1=（m+M）gtan时，物块和斜面保持相对静止一起加速运动
D．若冰面上的人在车后方用水平向右的力F2推车，当时，物块在斜面上滑动的同时冰车在冰面上保持静止
9．一个质点在平衡位置 O 点附近做简谐运动，若从 O 点开始计时，经过 3s 质点第一次 经过 M 点，再继续运动，又经过 2s 它第二次经过 M 点；则该质点第三次经过 M 点再需 要的时间是（ ）
A．B．4s
C．8sD．14s
10．将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（ ）
A．在上升过程中，运动员重力势能的变化量
B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功
C．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小
D．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小
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．在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。
①甲同学按电路图甲进行测量实验，其中R0 = 0.5Ω。
请用笔画线代替导线在图乙中完成电路的连接；( )
根据电压表的示数U和电流表的示数I，画出U—I图线如图丙所示，可得电源的电动势E = V，内阻r = Ω；（结果均保留两位有效数字）
②乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，其他操作正确，根据电压表的示数U和电流表的示数I，画出U—I图线如图戊所示，图中1、2、3点的坐标分别为（0.30，2.00）、（0.50，2.10）和（0.80，2.00），可得电源的电动势E = V，内阻r = Ω。（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，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝L/2，将单摆拉至A处由静止释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是 ．
14．如图所示，质量为0.4kg的木块以的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.25（g取），设小车足够长，地面光滑，求：
（1）木块和小车相对静止时小车的速度；
（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。
15．随着生活水平提高，网上购物逐渐增多，为提高效率，快递公司引进了包裹自动分捡设备。如图所示，传送带为自动分捡的一部分，其长度为，倾斜角为，以顺时针转动。传送带与包裹之间的动摩擦因数为，可视为质点的包裹由传送带左上方以一定的速度水平抛出，抛出点与传送带顶部的高度差，恰好可以无碰撞地进入传送带顶端，之后沿传送带运动不计空气阻力，，，重力加速度g取。求：
（1）包裹做平抛运动的水平分位移大小；
（2）包裹到达传送带顶端时的加速度大小；
参考答案
1．【答案】A
【详解】AB．因b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，可知b钢片与电动机接近共振，即电动机的振动频率接近90Hz，则其它钢片在电动机带动下做受迫振动，则振动频率接近90Hz，且驱动力都是一样大，选项A正确，B错误；
C．因钢片d的固有频率最远离驱动力的频率90Hz，则振幅最小，选项C错误；
D．电动机的转速为
n=f=90r/s
选项D错误。
故选A。
2．【答案】B
【详解】A．同时松开两只手，钢球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，系统在水平方向上总动量为0，小球向右运动时，车往左运动，小球向左运动时，车往右运动，车只会在原来位置左右往复运动，无法持续向右运动到处，故A错误；
C．选项中先松开左手，当小球运动到右侧最高点时，再松开右手，系统在水平方向上总动量为0，小球向左运动时，车往右运动，小球向右运动时，车往左运动，车只会在原来位置左右往复运动，无法持续向右运动到处，故C错误；
B．先松开左手，当小球第一次运动到最低点时，再松开右手，系统在水平方向上总动量方向向右，车最终会运动到B处，故B正确；
D．先松开左手，当小球第二次运动到最低点时，速度向左，此时再松开右手，系统在水平方向上总动量方向向左，车不会运动到处，故D错误。
故选B。
3．【答案】D
【详解】
A．由题图结合简谐振动的特点可知，同一摆球在1s和3s时的加速度大小相等，但方向相反，故A错误；
B．由题图乙结合简谐振动的特点可知，乙摆球在1s和3s时速度大小相等，但方向相反，故B错误；
C．由题图可知，甲、乙两个单摆的周期分别为4s和8s，根据单摆周期公式
可得二者摆长之比为
故C错误；
D．由题图甲可知，甲摆球的振幅为2cm，圆频率
且0时刻，摆球位于平衡位置，故可得甲摆球位移随时间变化的关系式为
故D正确。
故选D。
4．【答案】A
【详解】A．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，A正确；
BCD．有无安全气囊司机初速度和末速度均相同，所以动量的改变量和动能的变化量也相同，BCD错误；选A。
5．【答案】C
【解析】x－t图像的斜率表示物体运动的速度，分析图像可知，m1和m2碰撞前的速度分别为v1＝4 m/s、v2＝0，碰撞后的速度分别为v'1＝－2 m/s、v'2＝2 m/s，A、B错误；由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2，解得m2＝3m1，碰撞后m2的动量p'2＝m2v'2＝6m1，m1的动量p'1＝m1v'1＝－2m1，｜p'1｜＜｜p'2｜，C正确；碰撞后m2的动能E'k2＝12m2v'22 ＝6m1，m1的动能E'k1＝12m1v'21＝2m1，E'k2＞E'k1，D错误。
6．【答案】C
【详解】A．根据图像可知，平衡位置，弹力为10N
解得小球的质量为1kg，故A错误；
B．t=2s时小球只受重力，加速度为g，故B错误；
C．0～2s时间段内，小球初末速度均为零，根据动量定理
解得
弹簧的弹力对小球的冲量大小为20N·s，故C正确；
D．小球的振幅为
解得
故D错误。
故选C。
7．【答案】D
【详解】A．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对P一直做正功，A错误
BD．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，由动量守恒有，由能量守恒有，联立解得，，对P由动量定理可得，由受力分析可知重力与支持力不相等，B错误；D正确；
C．木块Q运动到最右侧时，具有和P相同的水平速度，由动量守恒有，解得，C错误。选D。
8．【答案】ACD
【详解】
A．对冰车受力分析如图
重力、支持力、物块对车的压力，A正确；
B．系统在水平方向受力平衡，动量在水平方向守恒，竖直方向物块受重力，会有加速度，受力不平衡，竖直方向动量不守恒，B错误；
C．对物块受力分析
由几何关系可得
由于
解得
对整体有牛顿第二定律可得
C正确；
D．将分解，可得
为物块对斜面的压力，且有
则
当时，满足冰车静止，物块下滑，D正确。
故选ACD。
9．【答案】AD
【详解】若振子开始向左振动，如图所示，根据题意可以求得：，解得，所以第三次经过M点：

若振子开始向右运动：

根据题意得：，周期，所以第三次经过M点：，所以BC错误AD正确
10．【答案】AD
【详解】A．起跳后重心上升的最大高度为h，则
故A正确；
B．从最高点至入水后速度减为零的过程，有
由于最高点至入水后速度减为零的高度未知，所以不能确定水的阻力对运动员做的功，故B错误；
C．由于不能确定运动员在空中运动的时间，所以在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小不能确定，故C错误；
D．根据动量定理可得
所以
即从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小为mgt，故D正确。
故选AD。
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】；3.0；0.10；3.1；0.50
【详解】①[1]根据原理图可得对应的实物图为
[2][3]根据U-I图线可得电源的电动势为E=3.0V，内阻为
②[4][5]由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2和R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图戊所示的图象，则由图象可知，当电压为2.10V时，电流为0.50A，此时两部分电阻相等，则总电流为I=1.0A，而当电压为2.00V时，电流分别0.30A和0.80A ，则说明当电压为2.00V时，干路电流为I2=0.30+0.80=1.10A，则根据闭合电路欧姆定律可得2.10=E-(r+R0)，2.00=E-1.10(r+R0)，解得E=3.1V，r=0.50Ω
13．【答案】π(＋)；
【详解】[1]．由A→B的运动时间t1＝ =， 由B→C的运动时间，由对称性知此摆的周期．
14．【答案】（1）；（2）0.64s
【详解】（1）以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得
解得
（2）以木块为研究对象，由动量定理可得
又
联立解得
15．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）包裹做平抛运动，恰好可以无碰撞地进入传送带顶端，可知包裹在进入传送带顶端时竖直方向的速度为，代入数据解得，由几何关系可知，可得，包裹在竖直方向做自由落体运动，由下落高度与时间的关系有，可得包裹下落的时间为
包裹在水平方向做匀速直线运动，则有包裹做平抛运动的水平分位移大小为
（2）包裹刚上传送带时的速度大小为，可知包裹刚上传送带时的速度小于传送带的速度，则包裹受到沿斜面向下的摩擦力，在传送带上做加速运动，设此时其加速度为a1，由牛顿第二定律可得，解得