安徽省阜阳市临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2025-2026学年高二上学期1月月考物理试题

高二物理 (75分钟　100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.关于简谐运动，下列说法正确的是 A.回复力一定是物体受到的合力 B.回复力是根据力的作用效果命名的 C.振动中，位移的方向是不变的 D.物体振动到平衡位置时，加速度一定等于零 2.同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，下列说法正确的是 A.甲摆的摆长比乙摆的摆长长 B.甲摆的振幅是乙摆振幅的3倍 C.甲摆的机械能比乙摆的机械能大 D.在t=1 s时，有正向最大加速度的是乙摆 3.通过篮球对地面冲击力的大小可以判断篮球的性能。某同学让一篮球从高处自由下落，篮球落地时的速度大小为6 m/s，与地面接触的时间为0.2 s，反弹离地时的速度大小为5 m/s。已知篮球的质量为0.6 kg，当地重力加速度g=10 m/s2。在篮球与地面接触的过程中，篮球对地面的平均作用力大小为 A.45 N B.39 N C.33 N D.28 N 4.桌球运动融合了数学、力学等多方面的知识。如图所示，某次桌球比赛中，甲球以速度v0与静止的乙球发生正碰。已知桌面的粗糙程度处处相同，两球完全相同，从开始碰撞到两球都静止，乙球的位移是甲球位移的9倍。下列说法正确的是 A.在两球碰撞过程中，无机械能损失 B.两球在碰撞过程中的动量变化量相同 C.碰撞后瞬间，甲球的速度为 D.碰撞后瞬间，乙球的速度为v0 5.一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin (2.5πt) m。下列说法正确的是 A.该弹簧振子的振幅为0.2 m B.该弹簧振子的周期为1.25 s C.在t=0.2 s时刻，弹簧振子的加速度最大 D.在任意0.2 s内，弹簧振子的路程均为0.1 m 6.如图所示，一质量为M的小船停靠在湖边码头，一质量为m的人轻轻地从船头上船，走到船尾停下，用卷尺测出小船前进的距离为d。若水的阻力可忽略不计，则该小船的长度为 A. B. C. D. 7.轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身-悬挂系统”的固有周期是0.5 s，该车匀速通过某路口的条状减速带，相邻两条减速带间的距离为1.0 m。在该车经过减速带的过程中，下列说法正确的是 A.该车通过减速带时，车身上下振动的频率等于2 Hz，与车速无关 B.该车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度越小 C.该车通过减速带的速度越大，车身上下振动的幅度越大 D.当该车以7.2 km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的幅度最大 8.如图甲所示，直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个物块。现让该物块在竖直方向做简谐运动，从物块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其简谐运动的位移—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是 A.当t=0.50 s时，物块对弹簧的弹力最小 B.在t=0.25 s和t=0.75 s两时刻，弹簧的弹力大小相等 C.在0.25 s~0.50 s内，物块做加速度逐渐增大的加速运动 D.在0.25 s~0.50 s内，物块的动能和弹簧的弹性势能之和增大 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9.2022年北京冬奥会男子冰壶循环赛中，某运动员将冰壶甲推出，冰壶甲运动一段时间后以0.5 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.2 m/s的速度继续向前滑行。若两冰壶质量相等，则下列说法正确的是 A.碰撞过程中，冰壶乙获得的速度大小为0.3 m/s B.碰撞过程中，冰壶乙获得的速度大小为0.7 m/s C.两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D.两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 10.如图甲所示，有固定转轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示；圆盘匀速转动时，小球做受迫振动。当小球振动稳定时，下列说法正确的是 A.小球振动的固有频率是0.25 Hz B.小球做受迫振动的周期一定是4 s C.圆盘的转动周期在接近4 s时，小球的振幅较小 D.圆盘的转动周期在接近4 s时，小球的振幅较大 三、实验探究题：本题共2小题，共16分。将符合题意的内容填写在题目中的横线上或按题目要求作答。 11.(6分)如图甲所示，某物理兴趣小组在实验室做“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间为t，则单摆的周期T=　　　　。  (2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，如图乙所示，则该单摆的周期T=　　　s。  (3)多次改变摆线长度，根据实验数据，利用计算机作出周期的平方与摆线长度的关系(T2-L)图线，并根据图线拟合得到方程T2=kL+b，由此可知，当地的重力加速度g=　　　　；摆球半径r=　　　　　。(均用k、b、π表示)  12.(10分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒，用纸板搭建如图1所示的滑道，使滑片甲、乙(可视为质点)可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中，OA为水平段。甲、乙大小相等，质量分别为m1和m2，与纸板间的动摩擦因数均为μ，当地重力加速度为g。实验步骤如下： a.如图1所示，将滑片甲放置在斜面上的某一位置，标记此位置为B。由静止释放滑片甲，当滑片甲停在水平面上某处时，测量滑片甲从O点滑行的距离OP。 b.如图2所示，将滑片乙放置在O处，将滑片甲从B点由静止释放，当滑片甲、乙发生碰撞后，分别测量滑片甲、乙从O点滑行的距离OM和ON。 c.保持滑片甲的释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 (1)在本实验中，滑片甲、乙的质量关系应满足m1　　　　(选填“<”“=”或“>”)m2。  (2)碰撞前，滑片甲到O点的速度大小可表示为　　　　。  (3)在误差允许范围内，若表达式　　　　成立，则可验证碰撞过程中动量守恒。  (4)若逐渐增加滑片甲的质量，且滑片甲、乙的碰撞为弹性碰撞，则s2与s1的比值会趋近于某一定值，该定值为　　　　。  四、计算题：本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13.(9分)如图甲所示，一细线上端固定于O点，下端系一可视为质点的质量为m的小球。若小球在竖直平面内做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图乙所示，已知重力加速度为g。求： (1)该小球做简谐运动的摆长l。 (2)小球向心加速度的最大值。 14.(14分)如图所示，小滑块A、B放在静止于光滑水平地面上的长木板C上。t=0时刻，小滑块A、B开始向右滑动，初速度大小分别为vA=10 m/s、vB=5 m/s；t=3 s时，小滑块A、B发生弹性碰撞，最终小滑块A、B均未从长木板C上滑落。已知小滑块A、B的质量均为m=1 kg，长木板C的质量M=3 kg，小滑块A、B与长木板C间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当地重力加速度g=10 m/s2。求： (1)t=0时刻，长木板C的加速度大小aC。 (2)小滑块A、B与长木板C间因摩擦产生的总内能Q。 (3)前3 s内，小滑块B所受摩擦力的冲量大小If。 15.(19分)如图所示，在光滑冰面上放置一足够高的光滑曲面体，木箱(可视为质点)与冰车(包括工人)静止在冰面上。木箱的质量为m，工人和冰车的总质量为10m，曲面体的质量为3m，工人把木箱以相对地面的速度v0向左推出，重力加速度为g。 (1)求推出木箱后，工人和冰车的速度大小v。 (2)求木箱在曲面体上上升的最大高度h。 (3)求木箱滑离曲面体时的速度大小。 参考答案 1.B　解析：回复力可以是某个力，可以是某个力的分力，也可以是几个力的合力，A项错误；回复力是根据力的作用效果命名的，B项正确；位移是从平衡位置指向物体所在位置的，其方向是变化的，C项错误；物体振动到平衡位置时，所受回复力为零，但合力不一定为零，所以加速度不一定等于零，D项错误。 2.D　解析：由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点的重力加速度g相同，由单摆的周期公式T=2π得知，甲、乙两单摆的摆长相等，A项错误；甲摆的振幅为6 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅是乙摆振幅的2倍，B项错误；尽管甲摆的振幅比乙摆的大，两摆的摆长相等，但由于两摆球质量关系未知，故无法比较机械能的大小，C项错误；在t=1 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，D项正确。 3.B　解析：对篮球触地反弹过程，以竖直向上为正方向，由动量定理，有(F-mg)t=mvt-mv0，可得地面对篮球的平均作用力大小F=+mg=39 N，由牛顿第三定律，篮球对地面的平均作用力大小也为39 N，B项正确。 4.C　解析：本题考查非弹性碰撞。碰撞后，两球均做匀减速直线运动，由动能定理，有-μmgx=0-mv2，解得v=，由题可知乙球的位移为甲球位移的9倍，故碰撞后乙球的速度为甲球速度的3倍，设碰后甲球的速度为v1，则乙球的速度为3v1，碰撞过程中，两球的动量守恒，即两球在碰撞过程中的动量变化量大小相等、方向相反，B项错误；由动量守恒，有mv0=mv1+3mv1，解得v1=，则3v1=，C项正确、D项错误；由于m>m()2+m()2，故在两球碰撞过程中有机械能损失，A项错误。 5.C　解析：从位移y随时间t变化的关系式y=0.1sin (2.5πt) m，可知弹簧振子离开平衡位置的最大距离为0.1 m，其振幅为0.1 m，A项错误；从关系式可知，其振动周期T== s=0.8 s，B项错误；在t=0.2 s时，弹簧振子的位移y=0.1sin (2.5π×0.2) m=0.1 m，此时弹簧振子的位移最大，回复力最大，加速度最大，C项正确；弹簧振子的运动是变加速运动，任意相等时间内的路程并不相等，不能保证在任意0.2 s内，弹簧振子的路程均为0.1 m，D项错误。 6.C　解析：小船的质量为M，设人走动时小船的速度为v，人的速度为v'，人从船头走到船尾用时为t，小船的位移大小为d，则人的位移大小为L-d，所以v=，v'=。以小船后退的方向为正方向，根据动量守恒，有Mv-mv'=0，可得M=，小船的长度L=，故C项正确。 7.D　解析：该车通过减速带时，车身上下振动的频率等于驱动力的频率，而驱动力的频率与车速有关，A项错误；根据共振发生的条件可知，汽车的固有频率等于汽车通过减速带的振动频率时，汽车会发生共振，车身上下振动的幅度最大，此时该车通过减速带的振动周期等于固有周期0.5 s，所以该车的速度v== m/s=2 m/s，B、C项错误，D项正确。 8.D　解析：当t=0.50 s时，物块在平衡位置处，加速度为零，弹簧的弹力等于物块重力，弹力既不是最小也不是最大，A项错误；在t=0.25 s和t=0.75 s两时刻，物块相对平衡位置的位移大小相等，但弹簧的形变量不同，即弹簧的弹力不相等，B项错误；在0.25 s~0.50 s内，物块从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则物块所受合力逐渐减小，加速度减小，即物块做加速度逐渐减小的加速运动，此过程中，物块的重力势能减小，所以物块的动能与弹簧的弹性势能之和增大，C项错误、D项正确。 9.AD　解析：本题考查非弹性碰撞。设两冰壶的质量均为m，由动量守恒，有mv1=mv2+mv3，解得v3=0.3 m/s，A项正确、B项错误；碰撞前的动能E1=m=0.125m，碰撞后两冰壶的总动能E2=m+m=0.065m，因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，C项错误、D项正确。 10.AD　解析：小球振动的固有周期T=4 s，则其固有频率f==0.25 Hz，A项正确；小球做受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于圆盘的转动周期，不一定等于固有周期4 s，B项错误；圆盘的转动周期在4 s附近时，驱动力周期近似于振动系统的固有周期，小球发生共振现象，振幅显著增大，C项错误、D项正确。 11.(1)　(1分) (2)2.0　(1分) (3)　(2分)　　(2分) 解析：(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t，则单摆的周期T=。 (2)单摆摆动的过程中，每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0 s，故单摆的周期为2.0 s。 (3)根据T=2π，得T2=(L+r)，图线的斜率k=，解得g=；r=b，解得摆球半径r=。 12.(1)>　(2分) (2)　(2分) (3)m1=m1+m2　(3分) (4)4　(3分) 解析：(1)在本实验中，滑片甲、乙碰撞后没有反弹，可知m1>m2。 (2)滑片甲从O点到P点，根据动能定理，有-μm1gs0=0-m1，解得v0=。 (3)同理，碰撞后，滑片甲、乙的速度分别为v1=、v2=，若动量守恒，则满足m1v0=m1v1+m2v2，整理得m1=m1+m2。 (4)滑片甲、乙的碰撞为弹性碰撞，则m1=m1+m2，解得v1=，v2=，结合上述公式可得==，所以=()2，若逐渐增加滑片甲的质量，则趋近于4。 13.解：(1)由题图可知，单摆的周期T=4t0　(1分) 根据单摆周期公式T=2π　(1分) 解得l=。　(2分) (2)小球摆到最低点的动能Ek=E0=mv2　(2分) 向心加速度的最大值a=　(1分) 解得a=。　(2分) 14.解：(1)对长木板C，根据牛顿第二定律得μ1mg+μ2mg=MaC　(2分) 代入数据得aC=1 m/s2。　(1分) (2)对整个运动过程，由动量守恒，有mvA+mvB=(M+2m)v　(1分) 根据能量守恒，有Q=m+m-(M+2m)v2　(2分) 代入数据得Q=40 J。　(1分) (3)开始时，小滑块B的加速度aB==2 m/s2　(1分) 根据运动学公式，有vB-aBt=aCt1　(1分) 小滑块B与长木板C速度相等需要的时间t1= s　(1分) 小滑块B和长木板C速度相等后，根据牛顿第二定律可得μ1mg=(M+m)aBC　(1分) 对小滑块B，根据牛顿第二定律，有f=maBC　(1分) 解得f=0.25 N，方向向右　(1分) 前3 s内，小滑块B所受摩擦力的冲量大小If=μ2mgt1-f(t-t1)=3 N·s。　(1分) 15.解：(1)以木箱、工人和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律，有0=mv0-10mv　(2分) 解得v=。　(2分) (2)以木箱和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有mv0=(m+3m)v1　(2分) 解得木箱在曲面体上上升到最大高度时与曲面体的共同速度v1=　(2分) 在木箱上升过程中，系统机械能守恒，有m=×4m+mgh　(2分) 解得木箱在曲面体上上升的最大高度h=。　(2分) (3)在木箱冲上曲面体和滑离曲面体的过程中，木箱和曲面体组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒。设木箱滑离曲面体时的速度为v2，曲面体的速度为v3，以向左为正方向，则有 mv0=mv2+3mv3　(2分) m=m+×3m　(2分) 解得v2=v0=-v0　(2分) 故木箱滑离曲面体时的速度大小为v0。　(1分) ( 第 7 页 共 11 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $