贵州省兴义市第八中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题

兴义市第八中学2025-2026学年高二上学期10月物理检测试卷 一、单选题（本大题共7小题） 1．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.02s，取重力加速度g=10m/s2；下列分析正确的是（　　） A．手机接触头部之前的速度约为1m/s B．手机对头部的冲量大小约为0.24 C．手机对头部的作用力大小约为10.8N D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.24 2．将A、B两物块靠在一起放置于水平地面上，并在两物体上同时施加水平向右的作用力，如图所示。已知mA = 3 kg、mB = 4 kg，两物块互不粘连，水平地面与物块间的摩擦力可忽略，且两个作用力大小随时间关系分别满足FA = 10 − 2t（N）、FB = 4 + 2t（N），t = 0时刻物块从静止出发，则（　　） A．2 s时物块A动量的大小为10 kg∙m/s B．2 s时物块B的速度大小为3 m/s C．0 ~ 5 s内作用力FB的冲量大小为45 N∙s D．5 s时物块A的速度大小为10 m/s 3．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　） A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 4．如图所示，光滑平面上有一辆质量为4m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是(　　) A．1.5v0 B．v0 C．大于v0，小于1.5v0 D．大于1.5v0 5．一个质量为2 kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A．t＝1 s时物体的加速度是2 m/s2 B．t＝2 s时物体开始反向运动 C．t＝3 s时物体的动量大小是5 kg·m/s D．t＝4 s时物体的速度大小是1 m/s 6．一根粗细均匀的细钢丝，原来的电阻为R，则（    ） A．截去，剩下部分的电阻变为 B．均匀拉长为原来的2倍，电阻变为2R C．对折后，电阻变为 D．均匀拉长使截面积为原来的，电阻变为16R 7．光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为 的斜面体，斜面体质量为、底边长为，如图所示.将一质量为、可视为质点的滑块从斜面的顶端由静止释放，滑块经过时间刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为，重力加速度为，则下列说法中正确的是（ ） A． B．滑块下滑过程中斜面体做匀速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为 D．滑块下滑的过程中、组成的系统动量守恒 二、多选题（本大题共3小题） 8．如图甲所示,物体置于足够长光滑斜面上并锁定,t=0时刻解除锁定,并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F,以沿斜面向下为正方向,下列说法中正确的是 甲　乙 A.0~4t0,物体一直沿斜面向下运动 B.0~4t0,合外力的总冲量为0 C.t0时动量是2t0时的一半 D.2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0过程的位移 9．如图所示，在O点放置一正点电荷，a、b两点位于以O点为圆心的同一圆周上，O、b、c三点位于同一直线上。下列说法正确的是（　　） A．a、b两点的电场强度相同 B．b点的电势低于c点的电势 C．一负点电荷从b点沿直线向O点运动过程中电势能逐渐减小 D．一负点电荷仅在电场力作用下从b点向O点运动过程中加速度逐渐减小 10．如图所示，有一个质量为的物体A和一个质量为M的物体B用轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。二者初始静止，弹簧原长为，劲度系数为k，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量）。现用一质量为m的子弹沿水平方向以初速度打中物体A，并留在物体A中（子弹与物体A达到相对静止的时间极短），然后压缩弹簧至最短，之后弹簧恢复原长，最后被拉长至最长。则下列说法正确的是（　　）    A．整个过程中子弹、物体A、物体B三者组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．弹簧被压缩至最短时物体B的速度大小为 C．整个过程中弹簧的最大弹性势能为 D．物体B的最大加速度大小为 三、实验题（本大题共2小题） 11．下图为验证动量守恒定律的实验装置，轨道固定，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球（）进行实验。 (1)若进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是。 A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧秤 E．秒表 (2)轨道上先不放小球，让小球由图示A位置静止下滑，再将小球放在斜槽末端保持静止，让小球仍然从A位置静止下滑，两次实验两球落在下方斜面上的位置为M、P、N。则碰后的落点为（填M、N、P） (3)若M、P、N到斜槽末端B点的距离分别为、、，只要满足关系式，就能说明两球碰撞前后系统动量守恒。 12．某实验室有如下器材： A．表头G1（2mA，2Ω）， B．表头G2，（20mA，3Ω）； C．滑动变阻器R1（0~10Ω）， D．滑动变阻器R2（0~10kΩ） E．电源一个，开关、导线若干 F．不同定值电阻若干，其中R=4Ω G．两个相同的非线性元件 (1)需要一个量程为0~3V的电压表，可用G1串联一个 Ω的电阻改装而成； (2)利用改装的电压表和电流表测电源的电动势和内阻，用图甲的电路图，滑动变阻器应选用 （填“R1”或“R2”），得到多组数据，绘出图乙中的U-I图像，则电源电动势为 V，内阻为 Ω（结果保留两位有效数字）。 (3)将两个相同的非线性元件接入电路图丙，图丁是该非线性元件的电压和电流关系，则该电源的效率是 %（结果保留一位小数）。 四、解答题（本大题共3小题） 13．水平绝缘细杆上有一带电小圆环B，小圆环B的质量为m、电荷量为，在小圆环B右上方固定电荷量为的小圆环A，两圆环都可看成点电荷，静电力常量为k，重力加速度大小为g，圆环B恰好处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小圆环A到细杆的距离为L，两圆环间的距离为2L，A、B与杆在同一竖直面内，求： （1）两圆环间的库仑力大小F； （2）圆环B与细杆间的动摩擦因数。 14．如图所示,在水平桌面上放置一质量为且足够长的木板,木板上再叠放一质量为的滑块(可视为质点),木板与桌面间的动摩擦因数为,滑块与木板间的动摩擦因数为,开始时滑块与木板均静止。现在木板上施加一水平拉力,它随时间的变化关系为为已知的比例系数,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为。 (1)求滑块刚开始在木板上滑动时,拉力作用的时间; (2)求滑块刚开始在木板上滑动时,木板的速度大小。 15．如图所示是某大型户外水上游乐活动的模型图，固定在地面上的圆弧轨道表面光滑，质量、长度的平板浮于水面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切，平板左侧放置质量的橡胶块.质量的人（用表示）从圆弧轨道上与平板高度差处由静止滑下，与碰撞后立即共速.整个运动过程中、均可视作质点.已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为，平板碰到水池墙壁时立即被锁定.已知水面平静，平板受到的水的阻力忽略不计，重力加速度. （1） 求与碰撞后瞬间的共同速度的大小. （2） 、与达到共同速度时（未与墙壁发生碰撞），此时、离右端的距离为多大？ （3） 在被墙壁锁定后，为了避免人碰撞到墙壁，且保证人不掉落水中，当、与墙壁距离为时，人将以速度推出，与墙壁碰后立即被锁定，试求的取值范围. 参考答案 1．【答案】D 【详解】手机质量为，下落高度约为，冲击时间约为 A．手机下落过程做自由落体运动，由运动学公式，可得手机接触头部之前的速度约为，A错误； BCD．以竖直向上为正方向，手机与头部作用过程中手机动量变化约为，设手机对头部的冲量大小约为I，由动量定理得，解得，设头部对手机的作用力约为F，由冲力的定义得，解得，由牛顿第三定律可知手机对头部的作用力大小约为13.2N，BC错误，D正确。选D。 2．【答案】C 【详解】AB．对AB整体，开始时 解得 当AB分离时，则两者间弹力恰为零，则此时 解得 此时AB的速度 A的动量 选项AB错误； C．0 ~ 5 s内作用力FB的冲量大小为 选项C正确； D．2 ~ 5 s内作用力FA的冲量大小 由动量定理 解得5 s时物块A的速度大小为 选项D错误。选C。 3．【答案】C 【详解】电容器与电源断开，不能充电也不能放电，所以电量Q不变； 根据 增大电容器两极板间的距离时，电容C减小； 根据 解得 增大电容器两极板间的距离时，电压U增大； 根据 解得 增大电容器两极板间的距离时，E不变。 故选C。 4．【答案】A 【详解】 两人和车所组成的系统原动量为，向右。当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有 解得 故A正确BCD错误。 故选A。 5．【答案】D 【详解】由图可知，t＝1 s时F＝2 N，由牛顿第二定律可得，物体的加速度为 m/s2＝1 m/s2，故A错误；t＝2 s时物体的加速度开始反向，物体的速度达到最大，即将开始做匀减速运动，运动方向不变，故B错误；在3 s内，由动量定理可得F1t1＋F2t2＝p－0，代入数据解得p＝3 kg·m/s，故C错误；在4 s内，由动量定理可得F1t1＋F2t3＝mv－0，代入数据解得v＝1 m/s，故D正确。 6．【答案】D 【详解】A．根据电阻定律，可知电阻与长度成正比，则截去，剩下部分的长度为原来的，则电阻变为，A错误； B．均匀拉长为原来的2倍，则长度变2l，由于材料体积不变，则面积将减为，根据电阻定律，可知，电阻变为4R，B错误； C．对折后，长度减为，面积增大为，根据电阻定律，可知，电阻变为R，C错误； D．均匀拉长使截面积为原来的，则长度为原来的4倍，同理可得电阻变为16R，则D正确。选D。 7．【答案】C 【解析】当滑块相对于斜面加速下滑时,斜面体水平向左加速运动,所以滑块相对于水平面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零,所以斜面对滑块的支持力大小 ,故错误；斜面体和滑块紧密接触,运动轨迹如图所示,滑块所受合力方向与运动轨迹一致,重力大小不变,则支持力大小不变.斜面体所受的滑块给的压力大小不变,故斜面体所受的合力大小不变,斜面体向左做匀加速直线运动,故错误；滑块的加速度有竖直向下的分量,系统在竖直方向上合外力不为零,则滑块下滑的过程中、组成的系统动量不守恒,系统在水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设、的水平位移大小分别为、,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得,两边同时乘时间，则有,又,解得,故正确,错误. 8．【答案】AD 【详解】沿斜面方向,物体受到重力沿斜面向下的分力mgsin θ和F,分阶段分析,由牛顿第二定律可知,在0~t0和2t0~3t0阶段,物体的加速度大小为3gsin θ,方向沿斜面向下,在t0~2t0和3t0~4t0阶段,物体的加速度大小为gsin θ,方向沿斜面向上,可以画出物体运动的v-t图像如图所示,由图像可知,物体先沿斜面向下加速后沿斜面向下减速,再沿斜面向下加速后沿斜面向下减速,物体一直沿斜面向下运动,A正确;全过程中,力F的冲量为零,重力和支持力的合力的冲量大小为4mgt0sin θ,则合外力的总冲量大小为4mgt0sin θ,B错误;由v-t图像可知t0时的动量为2t0时的1.5倍,C错误;由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知,2t0~3t0过程比3t0~4t0过程的位移小,D正确。 【名师延展】对于方向周期性变化、大小不变的力,可以画出物体运动的v-t图像来分析物体的运动,类似的方法在交变电场问题中经常使用。 9．【答案】BC 【详解】根据，可知，a点的电场强度大小等于b点的电场大小，但方向不同，A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知b点的电势低于c点的电势，B正确；从b点沿直线向O点电势逐渐升高，所以一负点电荷从b点沿直线向O点运动过程中电势能逐渐减小，C正确；根据，可知一负点电荷仅在电场力作用下从b点向O点运动过程中库仑力逐渐增大，加速度逐渐增大，D错误。 10．【答案】BD 【详解】A：水平地面光滑，子弹、物体A、物体B三者组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，子弹打入物体A过程中，由于摩擦生热，故机械能不守恒，A错误； B：当三者共速时，弹簧被压缩至最短，设共同速度为，根据动量守恒定律有，解得，B正确； C：当弹簧压缩至最短或伸长至最长时，弹性势能最大，此时三者共速，子弹打入物体A并留在A中时，设此时A的速度大小为，对子弹与物体A，根据动量守恒定律，解得，从子弹打入物体A后至AB共速，弹性势能增加量等于系统动能减少量，故最大弹性势能为，C错误； D：当弹簧形变量最大时，弹力最大，物体B的加速度最大，根据牛顿第二定律得，联立二式得，D正确。 11．【答案】(1)AC，(2)M，(3) 【详解】（1）要验证动量守恒定律，需测量小球的质量和三个落点到B点的距离，提供的测量工具中必需的是直尺和天平。 （2）碰后的落点为M点。 （3）碰撞前，小球落在图中的P点，设其水平初速度为，小球、发生碰撞后，的落点在图中的M点，设其水平初速度为，的落点在图中的N点，设其水平初速度为。设斜面与水平间的倾角为，由平抛运动规律，竖直方向有，水平方向有，解得，同理可得，，只要满足，即，就可以说明两球碰撞前后动量是守恒的。 12．【答案】(1)1498；(2) R1 ，3.0，10；(3)90.7 【详解】（1）将G1改装成0~3V的电压表，根据串联分压得改装原理有，可得需要串联得电阻得阻值 （2）由于电源内阻较小，为了便于调节，因此滑动变阻器应选择阻值较小的采用限流式接法接入电路；表头G1改装成了适当量程的电压表，而根据题意可知，表头G2改装成了电流表，由实验电路图甲，根据闭合电路的欧姆定律可得，整理得，结合图像可知E=3.0V，， （3）将两个相同的非线性元件并联接入电路，根据闭合电路欧姆定律有，可得，在非线性元件的伏安特性曲线图像中作出电源的U−I图线如图所示 交点的横、纵坐标即电路的工作点，此时，则电源的效率是η=×100%=90.7%。 13．【答案】（1） （2）或 【详解】（1）两圆环间的库仑力大小为。 （2）对小圆环B受力分析，受到指向A的库仑力F、重力、沿杆向左的摩擦力，如图， 由于竖直向上的分力与小圆环B的重力的大小关系未知，所以，杆对B的弹力方向无法确定。当弹力竖直向上时，设为，由几何关系可知，解得，根据平衡条件可知，，其中，联立解得； 当弹力竖直向下时，同理根据平衡条件可知，，其中，联立解得，所以，小圆环B与细杆间的动摩擦因数为或。 14．【答案】(1) (2)m) 【解析】(1)滑块刚开始在木板上滑动时,滑块与木板间的静摩擦力达到最大,根据牛顿第二定律,对滑块有①(1分) 对滑块和木板构成的系统有②(1分) 联立①②解得③(1分) (2)木板刚开始滑动时有④(1分) 此后滑块随木板一起运动,直至两者发生相对滑动,在这个过程 中,拉力的冲量大小为图中阴影部分的面积大小。(2分) 则得⑤(1分) 对滑块和木板构成的系统,根据动量定理有 ⑥(2分) 联立③④④⑥解得(1分) 【重点点拨】 变力冲量的计算 1.若力是方向不变、大小随时间均匀变化的力,该力的冲量可以利用平均力来计算,其公式为; 2.利用图像中的“面积”求变力的冲量,面积大小表示冲量的大小; 3.利用动量定理,求出在该力作用下物体动量改变量的大小和方向,从而得到变力的冲量。 15．【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）运动到圆弧轨道最低点的过程，根据动能定理有， A、碰撞过程，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有， 联立解得. （2）、与达到共同速度时，未与墙壁发生碰撞，对、、构成的系统，根据动量守恒定律有 ， 根据能量守恒定律有 ， 此时、离右端的距离， 联立解得. （3）设当、与墙壁距离为时，、的共同速度为，对、，根据动能定理有， 解得， 设人将推出后瞬间，人的速度为，若人恰好到达墙壁处，对人由动能定理有， 解得， 可知，为避免人碰撞到墙壁，有， 设人将推出后瞬间，人的速度为，该速度方向向左，若人恰好到达的左端，对人，由动能定理有， 解得， 人推出过程中，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有， 解得， 则保证人不落水也不碰撞到墙壁的的取值范围为. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 1 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $