广东省佛山市顺德区桂洲中学2025-2026学年高二上学期周测物理试卷07-动量定理动量守恒的条件（2025.11.2）

一、单选题（每小题4分，共28分） 1．如图所示为某质点做简谐运动的图像，则下列说法正确的是（　　） A．质点在0.7s时，正在远离平衡位置 B．质点在0.25s时的位移为1cm C．1.2s到1.4s，质点的位移在增大 D．1.6s到1.8s，质点的位移在增大 2．如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，已知重力加速度为g，则在振动过程中（　　） A．弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变 B．物体的最大动能应等于 C．弹簧的最大弹性势能小于 D．物体在最低点时的弹力大小应等于 3．一弹簧振子做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，由图可知（　　） A．频率是2Hz B．振幅是10cm C．a点时刻质点振动方向为负 D．从a到b质点加速度方向不变 4．一质点做简谐运动，其位移—时间图像如图所示，由图像可知（　　） A．t＝1s时，质点速度为正的最大值，加速度为零 B．t＝2s时，质点速度为零，加速度为负的最大值 C．t＝3s时，质点速度为正的最大值，加速度为零 D．t＝4s时，质点速度为零，加速度为正的最大值 5．如图甲所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动的图像如图乙所示，取向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A．周期为2s B．振幅为4cm C．时，回复力最大 D．时弹簧的弹性势能最小 6．如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压400V。一个动能为500eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为（　　） A．100eV B．400eV C．500eV D．900eV 7．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面且相邻等势面的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　） A．液滴带正电，点电场强度比点大 B．液滴带正电，点电场强度比点大 C．液滴带负电，点电场强度比点大 D．液滴带负电，点电场强度比点大 二、多选题（每小题4分，共16分，漏选得2分） 8．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟，图甲为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，在北京走时准确的摆钟移到长沙后，由于两地的温差及纬度的变化，摆钟走时误差较大，下列说法正确的是（　　） A．摆钟移到长沙后走时将变快 B．摆钟移到长沙后走时将变慢 C．调准时可将螺母适当向上移动 D．调准时可将螺母适当向下移动 9．如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光滑小球将瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为。规定竖直向上为正方向，则小球在时刻（　　） A．位移最大，方向为正 B．速度最大，方向为正 C．加速度最大，方向为负 D．受到的回复力大小为零 10．如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊质量为M的托盘，盘上放了一块质量为m的物块。已知弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，M和m恰好能够共同沿竖直方向作简谐运动，下列说法正确的是（　　） A．处于平衡位置的弹簧的伸长量 B．弹簧弹性势能最大时，物块加速度大小为g C．托盘和物块运动到最低点时，二者之间的作用力大小等于 D．该弹簧振子的振幅为 三、实验题（16分） 11．（每空2分，共8分）现利用图甲所示装置验证“动量守恒定律”。在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器（图中未画出）的纸带相连。滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，数字计时器（图中未画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量，滑块B的质量，遮光片的宽度；打点计时器所用交变电流的频率。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰，碰前滑块A的速度大小，碰后数字计时器显示的时间为，碰撞前、后打出的纸带如图乙所示。 (1)通过分析可知，纸带的 端（填“左”或“右”）与滑块A左侧相连； (2)滑块A在碰撞后的速度大小 m/s，滑块B在碰撞后的速度大小 m/s；（结果均保留3位有效数字） (3)设两滑块碰撞前、后的总动量分别为p和，则， （结果保留3位有效数字）。 12．（每空2分，共8分）现有一合金制成的圆柱体，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲、乙所示。 （1） 由甲、乙两图读得圆柱体的直径为 mm，长度为 mm。 （2）用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针偏角较大，为了更准确的测出圆柱体的阻值，下列操作正确的是 。 A．将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量电阻 B．将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，两表笔短接调零，再次测量电阻 C．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，再次测量电阻 D．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，再次测量电阻 （3） 为进一步精确测量圆柱体的阻值Rₓ（阻值约为20Ω），实验室提供了以下器材并采用下图测量：电源E（电动势3V，内阻不计） 电流表A₁（量程150mA、内阻约10Ω） 电流表A₂（量程1mA，内阻） 定值电阻R0（电阻为2900Ω）        滑动变阻器R（最大阻值5Ω）开关S和导线若干 （4）用I₁、I₂分别表示电流表A₁、A₂的示数， 则 （用字符 和表示）。 四、解答题（共40分） 14．（10分）蹦极是一项刺激的极限运动，如图所示，质量的游客身系弹性绳自高空落下（忽略空气阻力），人自由下落时到达a处，此时绳上开始产生弹力，运动到b点时速度达到最大值，c点是下落过程的最低点，从a运动到c的时间。求： (1)游客下落到b点时绳上弹力大小Fb； (2)从a点运动到c点的过程中，弹性绳对人的平均作用力F的大小。 15．（14分）北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图（1）所示，某运动员在空中运动的轨迹如图（2）所示。频闪相机记录到轨迹上连续的三个点A、B、C，测得相邻两点间的高度差分别为、，相邻两点间的水平间距（未知）。若运动员直接落到水平滑道上，落地前瞬间速度与水平方向成角，运动员用完成屈膝缓冲后继续滑行。已知运动员在空中运动的水平速度大小为，运动员连同装备质量为，重力加速度为，不计空气阻力和滑道摩擦。求： (1)相邻两点间的水平距离的大小； (2)屈膝缓冲过程中运动员受到水平滑道的平均支持力大小。 16．（16分）香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中。如图所示，这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的初速度从横截面积为的喷口处竖直向上喷出，设冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部，水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为，水的密度为，重力加速度大小为，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。 (1)流量的定义是流体在单位时间内通过某一横截面的体积，求喷口处水的流量； (2)水柱在上升过程中各处水的流量相等，由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时，其距喷泉喷口处的高度。 2027届高二第一学期 周末总结 （11月2日） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年10月28日高中物理作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B D B C BCD AC CD 题号 11 答案 BC 1．C 【详解】AB．小球下摆过程，轻绳对小车的弹力方向斜向右下方，由于挡板的限制，此时小车处于静止状态，小车所受外力的合力为0，小球做圆周运动，线速度逐渐增大，小球水平方向与竖直方向的合力均不为0，可知，此过程，小球和小车构成的系统水平方向与竖直方向的动量均不守恒，故AB错误； CD．小球上摆过程，轻绳对小车的弹力方向斜向左下方，小车将脱离挡板向右运动，小车与小球构成的系统，水平方向所受外力的合力为0，竖直方向上所受外力的合力不为0，则小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向的动量不守恒，故C正确，D错误。 故选C。 2．C 【详解】AD．根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力等于甲对乙的作用力，结合冲量的定义可知，甲、乙两运动员冲量等大反向，冲量之和为零，故AD错误； BC．甲、乙组成的系统所受合外力为零，动量守恒，所以甲的动量增加量等于乙的动量减少量，又因动量变化量等于质量与速度变化量的乘积，且甲的质量小于乙的质量，所以甲的速度增加量大于乙的速度减少量，故B错误，C正确。 故选C。 3．C 【详解】AB．冰面光滑，对甲与乙构成的系统，所受外力的合力为0，由于甲、乙两人初始状态均处于静止，根据动量守恒定律可知，甲推乙后，两人都有了动量，总动量为0，故AB错误； CD．根据动量守恒定律有 解得 故C正确，D错误。 故选C。 4．B 【详解】物块和长木板组成的系统受到的合力为零，总动量守恒，另外物块在长木板上相对滑动的过程中要摩擦生热，故系统机械能不守恒，故B正确。 故选B。 5．D 【详解】AB．同时释放甲和乙后，对甲乙构成的系统进行分析，系统所受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可知，甲、乙的动量大小相等，故AB错误； CD．结合上述可知 由于甲的质量大于乙的质量，则有 即甲的速度大小比乙的小，故C错误，D正确。 故选D。 6．B 【详解】剪断细线之前系统受向上的电场力等于系统的重力，即合外力为零；剪断细线之后，系统所受的力不变，则合外力仍为零，则系统动量守恒；剪断细线后，带正电的小球向上运动，电场力做正功，则系统机械能增加。 故选B。 7．C 【详解】AB．在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，由于男孩受到小车的摩擦力作用，所以男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故AB错误； C．男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；则木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，故C正确； D．男孩、小车与木箱三者组成的系统，由于三者的动能均增大，所以系统机械能增加，故D错误。 故选C。 8．BCD 【详解】A．当撤去外力后，a和b与弹簧组成的系统只有弹力做功，则系统机械能守恒，选项A错误； B．a离开墙壁前，a和b组成的系统由于受到墙壁的作用力，则合力不为零，则系统的动量不守恒，选项B正确； C．a离开墙壁后，a和b组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项C正确； D．a离开墙壁后，a和b以及弹簧系统机械能守恒，只有弹力做功，选项D正确。 故选BCD。 9．AC 【详解】A．规定运动员前进的方向为正，根据动量守恒定律可得 解得乙推甲后瞬间乙的速度为 故A正确； B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量等于甲动量的变化量，则有 故B错误； C．乙推甲的过程，运动员甲的速度一直增加，故动量一直增加，故C正确； D．乙推甲的过程，运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小，故D错误。 故选AC。 10．CD 【详解】A．由图像可知碰撞前图像与轴平行，得静止状态速度为零，故A错误； B．由图像可知碰撞后做反向匀速直线运动，故B错误； C．图像的斜率等于速度，可知碰撞前的速度为 碰后和两个物体的速度分别为 根据动量守恒定律 代入数据解得 故C正确； D．上述碰撞损失能量为 则该碰撞为弹性碰撞，故D正确。 故选CD。 11．BC 【详解】AB．爆炸发生在最高点，此时爆竹速度为零，总动量为零。爆炸后，根据动量守恒可得 其中，，解得质量较大的部分速度大小为，故A错误，B正确； CD．根据能量守恒可知，爆竹爆炸过程释放的化学能为，故C正确，D错误。 故选BC。 12．(1)5 0.700（0.699~0.701) (2) 甲 小 【详解】（1）电阻的阻值为 （2）[1]由于 所以选择电流表外接法，电路图选择甲图。 [2]由于电压表的分流作用，使得电流表的测量值偏大，根据 可知，电阻的测量值偏小。 13．(1)E (2) 2.8 0.79 (3)AC 【详解】（1）为便于调节，则滑动变阻器应选择阻值较小的E。 （2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律 整理得 根据作出的图像可得电源电动势为 图像的斜率的绝对值为 电源内阻为 （3）AB．根据电路图，电压表的读数是路端电压值，而电流表的读数不是通过电源的电流，电流表的读数与通过电压表的电流之和等于通过电源的电流，所以产生误差的原因是电压表的分流作用引起的，故A正确，B错误； CD．此实验中电动势和内阻的测量值均小于真实值，故C正确，D错误。 故选AC。 14．(1)600N (2)900N 【详解】（1）b点速度最大，则加速度为零，Fb=mg 解得Fb=600N （2）根据动能定理 解得 由动量定理 解得 15．(1) (2) 【详解】（1）运动员从A到B与从B到C时间相等，设时间间隔为，竖直方向根据 解得 水平方向根据 解得 （2）由题意得，落地时速度与水平方向的夹角为，竖直方向速度满足关系 垂直轨道方向，由动量定理有 联立解得 16．(1) (2) 【详解】（1）流量的定义是单位时间内通过某一横截面的体积，喷口处水的流速为，横截面积为，则单位时间内通过喷口的体积即流量 （2）设水柱冲击冲浪板时的速度为，由于水柱做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动速度位移关系 可得 流量是单位时间内通过横截面的体积，故单位时间内冲击冲浪板的水的质量 又 则 水冲击冲浪板前竖直方向速度为，方向向上，冲击后竖直速度变为0，对水应用动量定理，忽略水的重力，板对水的作用力的冲量等于水的动量变化，即 方向竖直向下。由牛顿第三定律，水对板的作用力 方向竖直向上。冲浪板悬停时，水对板的作用力与总重力平衡，即 代入得 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $