2025-2026学年高二物理下学期第一次月考（沪科版选必一第1~2章）

这是一份2025-2026学年高二物理下学期第一次月考（沪科版选必一第1~2章），文件包含隐圆阿氏圆蒙日圆与阿基米德三角形题型方法解析版pdf、隐圆阿氏圆蒙日圆与阿基米德三角形题型方法学生版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
（考试时间：70分钟，分值：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．测试范围：沪科版2020 选择性必修第一册 第1、2章
一、碰撞实验（17分）
碰撞是物理学中的重要问题，在分子运动中有碰撞问题，在工程技术中，日常生活中都有碰撞问题。碰撞问题可分为弹性碰撞和非弹性碰撞。
1．一个质量是的钢球，以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以
的速度水平向左运动。若以水平向右为正方向，则碰撞前后钢球的动量变化为（ ）
A．0 B． C． D．
2．利用气垫导轨进行“验证动量守恒定律”这一实验，气垫导轨忽略导轨阻力：

（1）甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有尼龙搭扣，若要求碰撞动能损失最小则应选图中的
（选填“甲”或“乙”）。
（2）某同学实验中选取滑块1的质量，与质量为静止的滑块2相碰：
①由实验测得它们在碰撞前后的图像如图所示，可知滑块1碰撞前的动量为 ，滑块2碰撞后的动量为 。由此得出结论：在此过程中总动量 （选填“是”或“不是”）守恒的；
②该同学用乙图做实验，滑块1以速度与静止的滑块2碰撞，碰后两滑块一起运动，则碰后两滑块的速度为 ，动能损失为 J。
【答案】1．C 2．（1）甲 （2）0.015 0.0075 是 0.6
【解析】1．取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v＝6m/s，
碰撞前钢球的动量为p＝mv＝0.1×6＝0.6kg·m/s
碰撞后钢球的速度为v′＝-6m/s，碰撞后钢球的动量为p′＝mv′＝-0.1×6＝-0.6kg·m/s
碰撞前后钢球的动量变化为Δp＝p′-p＝-0.6kg·m/s-0.6kg·m/s＝-1.2kg·m/s
故选C。
2．（1）[1]若要求碰撞动能损失最小，则应选择装有弹性圈的甲图。
（2）[2] 由图像可知碰前1的速度为 动量为
由图像可知碰后1的速度为 动量为
[3]碰后2的速度为 动量为
[4]碰后的动量为
则 所以碰撞过程中总动量是守恒的。
[5]由图像可知碰前1的速度为
根据动量守恒，有 解得
[6]动能损失为
代入数据可得
二、古法榨油（17分）
如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角为后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为的楔形木块发生正碰，悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为，已知圆木质量时，圆木与楔形木块碰撞，且碰后瞬间圆木速度变为碰前速度的0.9倍，速度方向不变，设碰撞在瞬间完成，且以后在辅助装置作用下短时间内圆木速度被减为零，而碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。忽略楔形木块底部的摩擦力。

3．圆木运动到最低点时的速度大小为 ；
4．碰撞后瞬间楔形木块的速度大小为 ；
5． 圆木从右侧偏角处静止释放到与楔形木块碰撞前过程中，线中拉力的水平冲量和竖直冲量分别记为、，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
6．（计算）楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比（比例系数为未知常数），第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为，重力加速度为，求第5次撞击过程楔形木块楔入的深度。
【答案】3． 4． 5．D 6．
【解析】3．圆木运动到最低点过程，根据动能定理有
解得
4．圆木与楔形木块碰撞，且碰后瞬间圆木速度变为碰前速度的0.9倍，速度方向不变，由于碰撞在瞬间完成，内力远远大于外力，根据动量守恒定律有
结合上述解得
5．圆木从右侧偏角处静止释放到与楔形木块碰撞前过程，
在水平方向上，根据动量定理有
在竖直方向上，根据动量定理有 解得
可知，，故选D。
6．楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比，则有
第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为，此过程阻力做功
根据动能定理有
结合上述可知，圆木与楔形木块的每一次撞击，楔形木块动能的变化量均相同，根据动能定理可知，
每一次撞击过程阻力做功均相等，令前四次撞击，楔形木块楔入的总深度为，则有
令前五次撞击，楔形木块楔入的总深度为，则有
则第五次撞击过后，楔形木块楔入的深度为
解得
三、简谐运动的研究（9分）
某同学利用如图所示的力传感器研究简谐运动过程。弹性良好的轻质弹簧上端固定一力传感器，下端连接一定质量的钩码。取钩码处于静止状态时位置为坐标原点、向上为正方向建立坐标轴。
7．将钩码向下拉动至 − 20 cm处后静止释放，则在钩码从释放位置至第一次到达平衡位置的过程中，钩码（ ）
A．处于超重状态，减小的弹性势能等于增加的动能
B．处于超重状态，减小的弹性势能大于增加的动能
C．处于失重状态，减小的弹性势能等于增加的动能
D．处于失重状态，减小的弹性势能大于增加的动能
8．如图所示是该同学通过实验得到的力传感器的示数随时间变化的曲线，由此推断钩码

（1）在t0时刻加速度a1和在2t0时刻加速度a2的关系是（ ）
A．a1 = a2，方向相反 B．a1 = a2，方向相同
C．a1 < a2，方向相反 D．a1 < a2，方向相同
（2）振动过程中其位移–时间图像应当是（ ）
A．B．C． D．
【答案】7．B 8．（1）A （2）C
【解析】7．在钩码从释放位置至第一次到达平衡位置的过程中，钩码加速度向上，处于超重状态；
根据能量守恒定律可知，弹性势能转化为动能与重力势能，则减小的弹性势能大于增加的动能。
故选B。
8．（1）由图可知，钩码在t0时刻和在2t0时刻，位于最大位移处，根据对称性可知，在t0时刻加速度和在2 t0时刻加速度的大小相等，方向相反。
故选A。
（2）以向上为正方向，将钩码向下拉动至 − 20 cm处后静止释放，则初始时，钩码位移为负，钩码的运动为简谐振动，图像为正余弦函数图像。
故选C。
四、荡秋千（17分）
荡秋千是中华传统游戏和竞技项目，深受各族人民的喜爱。一种荡秋千的方式如图所示，小朋友坐姿基本不变，大人缓慢将秋千由最低点B点拉至图示A点再由静止释放。C点为左端最高点，忽略秋千绳的质量和阻力，重力加速度为g。

9. 从A点至C点过程中，秋千绳子拉力的冲量的方向为 ；
10. 人在A处（ ）
A．合力不为零B．向心力为零
C．合力沿切线b的方向D．向心力沿d的方向
11. 从A荡到C点的过程中，其动能随时间的变化关系图像为（ ）
A． B． C． D．
12. 如图，质量为m的小何同学坐在秋千上摆动到最高点时牵引秋千的轻绳绷直，小何同学相对秋千静止，下列说法正确的是（ ）

A．此时秋千对小何同学的作用力可能不沿绳的方向
B．此时秋千对小何同学的作用力小于mg
C．此时小何同学的速度为零，所受合力为零
D．小何同学从最低点摆至最高点过程中先处于失重状态后处于超重状态
13. 试设计一个简易实验来测量绳子的长度，写出具体步骤，其计算公式与可能产生的误差。
【答案】9. 竖直向上 10. ABC 11. A 12. B 13. 见解析
【详解】9. 从A点至C点过程中，对人根据动量定理有 得 可知秋千绳子拉力的冲量与人的重力的冲量大小相等，方向相反，所以秋千绳子拉力的冲量的方向竖直向上。
10. BD．人在A处，速度为零，根据可知，向心加速度为零，所以其向心力为零，故B正确，D错误；
AC．人在A处，秋千对人的作用力沿绳方向，与人重力沿绳方向的分力平衡，此时人受到的合力为人重
力沿切线b的方向的分力，故AC正确。
故选ABC。
11. 从到 ，秋千速度增大，动能增大；从 到，速度减小，动能减小。动能的变化率与速度和合力沿速度方向的分力有关：在和点速度为0，动能变化率为0；在点，合力沿速度方向的分力为 0（切线方向合力为 0），动能变化率也为 0。因此动能变化率随时间的变化是先增后减再增再减，故选A。
12. A．秋千对小何的作用力是支持力，由于轻绳绷直，支持力一定沿绳方向（绳子的弹力沿绳），A错误；
B．在最高点，小何的速度为0，沿绳方向受力平衡，设绳与竖直方向夹角为，则秋千对小何的作用力
，故B正确。
C．虽然最高点速度为 0，但小何有沿切线方向的加速度（即将向下摆动），因此合力不为零，故C错误；
D．从最低点到最高点，小何的速度减小（在最高点瞬时为 0），加速度在竖直方向的分量：靠近最低点
时，加速度有向上的分量（超重）；远离最低点时，加速度有向下的分量（失重）。因此是先超重后失
重，D错误。
故选B。
13. 实验步骤如下：
①秋千静止时，在秋千旁边支起一根自拍杆，自拍杆与秋千处于同一竖直面；
②让小朋友坐在秋千上，然后轻推小朋友使秋千前后小幅度摆动；
③使用手机上的秒表在小朋友经过自拍杆后马上开始计时；
④开始计时后，小朋友第n次（n尽量大）经过自拍杆时停止计时，记录的时间为m秒。
计算公式：
可能的误差有：
①实际难以让小朋友前后小幅度摆动或忽略在这一过程中小朋友姿势的改变造成的受力影响；
②人坐在秋千上时，重心在木板上方，利用周期公式计算得到的L为重心到绳子上端的距离，小于木板
到绳子上端的距离，即测得的绳长小于实际绳长。
五、单摆（28分）
在单摆摆动过程中，摆球在竖直平面内沿圆弧做往复运动。
14．单摆的摆动可能是一种_____。
A．匀速运动B．匀变速运动C．简谐运动
15．某单摆做简谐运动的振动图像如图所示。

（1）该单摆的摆长为 m。（结果保留一位有效数字）
（2）时，摆球的运动方向为
16．（多选）如图所示，单摆在之间做简谐运动，为平衡位置，下列说法正确的是（ ）

A．摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力
B．任意半个周期内，合力做的功一定为零
C．从到的过程，摆线拉力的冲量不为零
D．任意半个周期内，合力的冲量一定不为零
17．（多选）某同学绘制两个单摆的振动图像如图所示，则单摆a（ ）

A．振幅的比值为2：1 B．摆长的比值为4：9
C．最大摆角的比值为2：1 D．摆动过程中，最大高度差的比值为2：1
18．在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，
（1）测得摆长后，让小球做小角度挥动，测量小球多次全振动的时间。计时开始时刻，小球应处于 。
A、左侧最高点 B、最低点 C、右侧最高点
（2）改变摆线的长度，重复几次实验。测得多组摆长和周期的数据，得到如图所示的图线，若直线的斜率为，则当地的重力加速度大小为 。

（3）若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将 。
A、偏大 B、偏小 C、不变
19．质量为、摆长为的单摆，拉开一定角度后在时刻由静止释放，在、、（）时刻，摆球的动能与势能第一次出现如图所示关系，其中为单摆的总机械能。此单摆的周期为 ，摆球刚出发时的加速度大小 ，摆球在最低点的拉力为 。（取摆球在最低点时的位置为零势能点）

【答案】14．C 15．（1）4 （2）x轴负方向 16．BC 17. AB
18．（1）B （2） （3）C 19．
【解析】14．单摆在小的摆角并忽略阻力时，可以是简谐运动。
故选C。
15．[1]如图所示，单摆的周期为
根据周期公式 可解得摆长
[2]振动图像中斜率表示运动的瞬时速度，所以2s时摆球的运动方向是x轴负方向。
16．A．重力的沿绳垂直方向的分量提供回复力，故A错误；
B．任意半个周期内，小球运动的初末位置相对平衡位置对称，重力做功为0，故B正确；
C．从A到B的过程，摆线拉力不为0，所以冲量不为0，故C正确；
D．合力的冲量等于小球的动量变化量，若半个周期是从A运动到B，那么动量变化量为0，合力的冲量
也为0，故D错误。
故选BC。
17．A．由图像可知振幅分别为，振幅之比为，故A正确；
B．由图像可知，解得
另外一个单摆周期，故周期之比
由， 解得 故B正确；
C．由两单摆振幅之比 解得 故C错误；
D．摆动过程中，最大高度差的比值 ，故D错误。
故选AB。
18．[1]测量小球的周期时，应在最低点处开始计时，若从最高点处计时，由于存在空气阻力，最高点在逐渐降低，误差较大。
故选B。
[2]根据周期公式 可转化为 所以重力加速度
[3]若摆长偏小，会使得图像不过原点，但斜率不变，所以重力加速度的计算值不变，故选C。
19．[1]在时刻势能最大，相当于小球处于A点，时刻相当于小球第一次处于O点，
所以整个周期应为
[2]设拉开的角度为，摆球刚出发时
通过数学计算可得
此时小球的速度为0，加速度为
[3]摆球运动到最低点时，重力势能为0，
对小球受力分析，有
所以拉大小为
六、打桩机（12分）
建筑工地上有质量的重锤，可以用来打桩。
20．钢筋混凝土桩的质量，现把重锤升高，然后自由落下打击桩，混凝土桩经 停止运动，碰撞过程是完全非弹性碰撞，重力加速度g取．求：
（1）重锤打到桩后的瞬间的速度大小，以及混凝土桩在向下运动的过程中受到的平均阻力大小；
（2）打桩的效率（用于推进桩的能量与锤打击桩的能量之比）；
（3）若碰撞过程是弹性碰撞，其他条件不变，混凝土桩在向下运动过程中受到的平均阻力大小．

【答案】20.（1），；（2）；（3）。
【解析】20.（1）重锤与土桩撞击前的速度为
再根据碰撞时，动量守恒
由动量定理
（2）用于推进桩的能量
锤打击桩的能量
打桩的效率
（3）若碰撞过程是弹性碰撞，其他条件不变，则有动量守恒
动能守恒
解得
由动量定理 所以