江苏常州市新北两校2025-2026学年高二上学期10月阶段检测物理试卷

**基本信息** 以手机防摔、高压水枪、航空托运缓冲装置等真实情境为载体，通过11道单选（44分）和5道非选择（56分），考查动量定理、能量守恒、简谐运动等核心知识，凸显物理观念与科学思维的融合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|11/44|动量、简谐运动、机械波等|结合鱼漂振动、头颠足球等生活场景，梯度考查概念辨析与规律应用| |非选择|5/56|电路实验（15分）、动量守恒与能量综合（41分）|实验题含电流表改装与误差分析，综合题如航空托运缓冲装置问题，融合动量守恒与能量守恒，体现科学探究与问题解决能力|

2025-2026学年江苏省常州市新北两校联考高二（上）月考物理试卷（10月份） 一、单项选择题（共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题意） 1．（4分）如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证从2m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是（　　） A．防摔装置可以减小手机的动量的变化量 B．防摔装置可以减小手机的动量的变化率 C．防摔装置可以减小手机的动能的变化量 D．防摔装置可以增加地面对手机的作用力 2．（4分）如图为某鱼漂示意图。当鱼漂静止时，水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按，使水位到达M点。松手后，鱼漂会上下运动，水位在M、N之间来回移动，且鱼漂的运动是简谐运动。下列说法正确的是（　　） A．水位在O点时，鱼漂的速度最大 B．水位到达N点时，鱼漂的位移向下最大 C．水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度 D．MN之间的距离即鱼漂的振幅 3．（4分）某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为ma的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为mb的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P，N。关于本实验下列说法正确的是（　　） A．位置N为小球b撞击挡板的位置 B．两小球从碰撞后至撞击挡板的过程中在空中运动的时间相同 C．小球离开轨道后下落的高度越大则小球的离开轨道时的速度越大 D．该实验中可用来反映小球a的初动量 4．（4分）如图所示，小球A以v0＝6m/s的初速度与静止在光滑水平面上的小球B发生碰撞，A、B两小球半径相同，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg，则A、B两小球发生碰撞后，小球B的动能不可能为（　　） A．4J B．8J C．16J D．32J 5．（4分）清洗汽车用的高压水枪出水口的直径为D，水流以速度v从枪口水平喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余的水流撞击车身后无反弹地顺着车身流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，水流对车身的平均冲击力大小为（　　） A． B． C． D． 6．（4分）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 7．（4分）物体A和B用轻绳相连接挂在轻弹簧下面静止不动，如图所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时B物体下落的速度大小为u，从绳断开始到该时刻，弹簧的弹力对A的冲量大小为（　　） A．m B．mv﹣Mu C．mu+Mv D．mv+mu 8．（4分）如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．头部对足球的平均作用力为足球重力的8倍 B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg•m/s C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg•m/s D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为0 9．（4分）一列机械波在介质中传播，如图所示，图甲为该波在t＝0时刻的波动图像，图乙为质点A的振动图像，根据图像信息判断，下列说法正确的是（　　） A．该机械波向右传播 B．该机械波传播的波速为2.4m/s C．质点A的振动方程为 D．再经过，质点B第一次回到平衡位置 10．（4分）在滑冰场上有质量m＝40kg的孩童，站在质量M＝20kg的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以v0＝2m/s的速度向右运动。若孩童以a0＝1m/s2的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（　　） A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左 B．孩童在木板上运动的时间为t＝2s C．木板对地位移为2m D．木板长度为1.5m 11．（4分）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为f0，改变子弹的初速度大小v0，则（　　） A．v0越大，木块的末速度就越大 B．v0越大，子弹与木块损失的总动能就越多 C．v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越短 D．无论v0取何值，木块的末速度都不可能大于 二、非选择题：共5小题，共56分。其中第13题～第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12．（15分）某同学要测量一电池组的电动势E和内阻r，电池组由四节干电池串联而成。备有下列器材： 电流表A（量程0～6mA，内阻未知）； 滑动变阻器R1（最大阻值10kΩ）； 电阻箱R2（最大阻值999.9Ω）； 电键、导线若干。 （1）由于电流表的量程太小，为完成实验需要对电流表的内阻进行测量并进行改装，该同学设计了如图甲所示电路，进行了如下操作：先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针指到满偏量程的一半，此时电阻箱R2的示数为98.0Ω。 ①则电流表A内阻的测量值为　 　 Ω； ②该实验测得的电流表的阻值　 　 真实值（选填“大于”、“小于”、“等于”）。 （2）利用改装后的电流表A1（内阻RA1＝0.98Ω）和其他实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值R，记录多组数据，画出R图像为一条直线，如图丙所示，根据图像，所测电池组的电动势为　 　 V，内阻为　 　 Ω（结果均保留3位有效数字）；电动势测量值　 　 真实值（选填“大于”、“小于”、“等于”）。 13．（10分）如图所示，光滑的水平桌面EF左侧固定一个四分之一光滑圆弧轨道QS，其圆心为O，半径为R＝1.5m，S点切线水平，且恰好与放置在桌面上的长木板等高。一小球从Q点的正上方高也为R的P点以初速度v0＝2m/s竖直向下抛出，从Q点沿切线进入圆弧轨道，在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小物块发生弹性正碰，碰撞时间极短，之后小球不再与物块和长木板碰撞。已知小球、物块、长木板质量分别为m1＝2kg、m2＝6kg、m3＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，小球与物块都可以视为质点，桌面足够长，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，求： （1）小球与物块碰前小球的速度； （2）小球与物块碰后瞬间二者的速度大小分别为多少； （3）若物块恰好没有滑离长木板，则长木板的长度为多少。 14．（10分）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化及炮口到地面高度。求： （1）炸裂前瞬间炮弹速度v； （2）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向； （3）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE； （4）A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。 15．（10分）如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为L＝2.5m、质量为m＝1kg、左右挡板厚度不计的U形盒子P（盒子内底面水平），盒子P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5。在盒子的左端放一质量等于M＝4kg的物块（可看作质点），Q的带电量始终为q＝+2×10﹣2C。整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，场强为E＝1×103N/C，Q与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内向右运动与右面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2。求： （1）物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小； （2）物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子右挡板间的最大距离（结果可用分数表示）； （3）P最终是否会停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒内P前进的路程；若P会停止，求P前进的总路程。 16．（11分）在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机固定不动，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，转运车B与地面间的摩擦可忽略。转运车B的质量为M＝60kg，A、B水平部分的长度均为L＝4m。包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度g＝10m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。 （1）若某包裹的质量为m＝20kg，从h＝2.4m高度处由静止滑下，求包裹在距转运车右端多远的位置停下来； （2）若包裹的质量还是m＝20kg，为使该包裹能滑上并停在转运车B上，则该包裹释放时h的范围。（结果保留两位有效数字） 2025-2026学年江苏省常州市新北区两校联考高二（上）月考物理试卷（10月份） 参考答案与试题解析 1．【解答】解：依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得 可知防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率，而手机动量的变化量Δp未发生变化，由于高度不变，重力做功不变，根据动能定理可知动能的变化量保持不变，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．【解答】解：A．当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明O点是平衡位置，根据简谐振动的特点可知，水位在O点时，鱼漂的速度最大，故A正确； B．水位由O点到达N点时，说明鱼漂向上运动，到达N点时，位移方向向上且最大，故B错误； C．水位到达M点时，鱼漂向下的位移最大，此时具有向上的加速度，故C错误； D．鱼漂上下做简谐运动，偏离平衡位置的最大位移叫振幅，水位到达M点或N点时，位移最大，振幅是OM的长度或者ON的长度，故D错误。 故选：A。 3．【解答】解：AC、每个小球离开水平轨道后均做平抛运动，从图中可以看出每个小球每次平抛运动的水平位移相同；a小球不与b小球相碰时落点为M，a小球与b小球相碰后，a小球平抛初速度比第一次小，且va＜vb，根据平抛运动学公式 水平方向：x＝v0t 竖直方向：h 因为va＜vb，b小球平抛初速度大，下落高度小，所以P点应为b小球撞击挡板位置，N位置应为小球a撞击挡极位置，故AC错误。 B：由：h可知t，两小球撞击挡极，下落高度不同，运动时间也不同，故B错误 D、根据平抛运动公式解得v0＝x因此验证碰撞过程动量守恒，需验证：maxmaxmbx，可得： 所以可以用来反映小球a的初动量，故D正确； 故选：D。 4．【解答】解：由题可知，两球碰撞过程系统动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律可知 解得 vA＝6m/s或2m/s vB＝8m/s 此时小球B的动能为EkB 解得 EkB＝32J 如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可知mAv0＝（mA+mB）v 解得 v＝4m/s 此时小球B的动能为EkB 解得 EkB＝8J 根据上述分析小球B的动能范围为8J≤EkB≤32J 故BCD可能，A不可能。 本题选不可能的，故选：A。 5．【解答】解：取Δt时间内的水流为研究对象，则在Δt时间内喷出水的质量为：，以v的方向为正方向，设水受到车的作用力为F，动量定理可得：，解得：，由牛顿第三定律可得水流对车身的平均冲击力大小为：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．【解答】解：整个系统置于光滑水平面上，在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒，故C正确，ABD错误。 故选：C。 7．【解答】解：以竖直向上为正方向，设弹簧的弹力对A的冲量大小为I，由动量定理可知， 对B：﹣Mgt＝﹣Mu﹣0， 对A：I﹣mgt＝mv﹣0， 联立可得：I＝mv+mu； 故D正确，ABC错误； 故选：D。 8．【解答】解：A、设足球自由下落到人头顶前瞬时速度大小为v，根据自由落体运动公式有v2＝2gh 代入数据可得v＝4m/s 同理可得足球被重新顶起的速度大小v＝4m/s 对足球，在与人头部作用过程中，规定竖直向上为正方向，由动量定理得（F﹣mg）Δt＝mv﹣（﹣mv） 代入数据可得F＝36N 足球的重力G＝mg 故头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍，故A错误； B、规定向下为正方向，足球下落到与头部刚接触时动量大小p＝mv＝0.4×4kg•m/s＝1.6kg•m/s，故B错误； C、规定末速度方向为正，足球与头部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv−（−mv）＝2mv＝2×0.4×4kg•m/s＝3.2kg•m/s，故C正确； D、足球下落时间 同理上升时间t2＝0.4s 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为IG＝mg（t1+Δt+t2） 代入数据可得IG＝3.6N•s，故D错误。 故选：C。 9．【解答】解：A．由图乙可知t＝0时刻质点A沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”可知该机械波向左传播，故A错误； B．根据图甲可知该机械波的波长为λ＝4m，根据图乙可知该机械波的周期为T＝2s 该机械波传播的波速为，故B错误； C．根据题图可知该机械波的振幅为A＝10cm 设质点A的振动方程为 t＝0时刻，y＝﹣5cm，且向下振动，代入可得， 联立可得质点A的振动方程为，故C正确； D．根据图甲可知，t＝0时刻质点B位移y＝﹣5cm，代入 可知质点B平衡位置的坐标为 质点B第一次回到平衡位置所需的时间 可得，故D错误。 故选：C。 10．【解答】解：A、孩童向右做匀加速运动，加速度向右，合力向右，孩童水平方向仅受木板的摩擦力，因此摩擦力方向向右，故A错误； B、孩童和木板组成的系统动量守恒，设孩童离开木板时速度为v，设向右为正方向，根据动量守恒，有（M+m）v0＝mv+M•0 代入数据得v＝3m/s 已知孩童对地加速度 由运动学公式v＝v0+a0t 得运动时间，故B错误； C、对木板，由牛顿第三定律，木板受到孩童的摩擦力大小f＝ma0＝40×1N＝40N，方向向左 木板加速度 木板对地位移，故C错误； D、孩童对地位移 木板长度等于孩童相对于木板的位移L＝x孩﹣x＝2.5m﹣1m＝1.5m，故D正确。 故选：D。 11．【解答】解：B、若子弹能穿过木块，根据功能关系，子弹与木块损失的总动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝f0L，故v0越大，子弹与木块损失的总动能不变，故B错误； A、若子弹能穿过木块，子弹的初速度v0越大，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，由动量定理得f0t＝Mv木块，可知v0越大，木块的末速度就越小，故A错误； C、若子弹不能穿过木块，由动量守恒有mv0＝（M+m）v'，解得：。对木块，由动量定理得f0t'＝Mv'，解得：，可知v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故C错误； D、要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间应最长，此时子弹刚好要击穿木块，设二者共同速度为v，由动量守恒有mv0＝（M+m）v，由能量守恒定律得，联立解得：，故D正确。 故选：D。 12．【解答】解：（1）①电流表半偏时，根据并联分流特点，可知电流表A内阻与电阻箱的电阻相等，则测量值为98.0Ω； ②闭合S2，电路中的总电阻减小，总电流增大，通过电阻箱的电流大于通过电流表的电流，根据并联分流特点可知电阻箱的阻值小于电流表的内阻，则该实验测得的电流表的阻值小于真实值。 （2）根据闭合电路欧姆定律有E＝I1（RA1+R+r） 整理得 结合图像斜率和纵截距有，﹣RA1﹣r＝﹣3.5Ω 解得E＝5.83V，r＝2.52Ω 实验考虑了电流表内阻，不存在误差，故电动势测量值等于真实值。 故答案为：（1）①98.0；②小于；（2）5.83，2.52，等于。 13．【解答】解：（1）小球从P到S由动能定理可得 解得v1＝8m/s （2）小球与物块发生弹性正碰，由动量守恒可得m1v1＝m1v1′+m2v2 由机械能守恒可得 解得v1′＝﹣4m/s，v2＝4m/s 即小球和物块速度大小均为4m/s； （3）物块和木板最终达到共速，在地面上一起做匀速运动，由动量守恒可得m2v2＝（m2+m3）v3 由能量守恒得 解得Δx＝1m 故木板长度至少为1m。 答：（1）小球与物块碰前小球的速度为8m/s； （2）小球碰后瞬间的速度大小为4m/s，物块碰后瞬间速度为4m/s； （3）若物块恰好没有滑离长木板，则长木板的长度为1m。 14．【解答】解：（1）炮弹运动至最高点时，竖直分速度减为零，仅保留水平方向的速度分量，由速度合成与分解关系可得炸裂前瞬间炮弹的速度：v＝v0cosθ。 （2）在爆炸发生的瞬间，系统在水平方向满足动量守恒定律，设炸裂后B部分的速度为vB，则有（2m）v＝m•0+mvB，解得：vB＝2v0cosθ，其方向沿水平方向向前。 （3）爆炸过程前后，系统所处高度未发生改变，重力势能不变，因此系统机械能的改变量等于其动能的改变量，即，代入相关速度表达式，解得：。 （4）炸裂后，A部分做自由落体运动，B部分做平抛运动，两部分下落至地面的时间均为。 两部分落地点之间的水平距离等于B部分相对于A部分的水平位移，即，化简可得：。 答：（1）炸裂前瞬间炮弹速度大小为v0cosθ，方向沿水平方向。 （2）炸裂后瞬间B部分速度大小为2v0cosθ，方向沿水平方向向前。 （3）炸裂前后A、B系统机械能变化量为。 （4）A、B两部分落地点之间的水平距离为。 15．【解答】解：（1）设物块与盒子发生第一次碰撞前瞬间物块速度大小为v0，碰撞后瞬间P、Q的速度大小分别为v1、v2。 物块Q由初始位置到与盒子P的右侧挡板第一次碰撞前的过程，Q做匀减速直线运动，P保持静止。对Q由牛顿第二定律可得其加速度大小为： a1 解得：a1＝5m/s2 由位移—速度公式可得： 2a1L 解得：v0＝5m/s P、Q第一次碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得： Mv0＝Mv2+mv1 解得：v1＝8m/s，v2＝3m/s； （2）Q与P第一次碰撞后，Q以速度v2向右做匀加速直线运动，其加速度大小仍为a1，P以速度v1向右做匀减速直线运动，其加速度大小为： a2 解得：a2＝25m/s2 至第二次碰撞前两者速度相同时（设此速度为v），Q与P的右挡板间的距离最大（设为Δxm），则有： v＝v1﹣a2t＝v2+a1t 解得：ts Δxmmm 因Δxm＜L＝2.5m，故此结果合理。 （3）Q所受电场力大小qE＝2×10﹣2×1×103N＝20N，P与水平面间的滑动摩擦力大小f＝μ（m+M）g＝0.5×（4+1）×10＝25N，因qE＜f，相邻两次碰撞之间的过程，Q与P的位移相同，故以P、Q组成的系统，每相邻两次碰撞之间的过程，电场力对系统做的正功总是小于系统克服摩擦力做的功，由功能关系可知系统的机械能是减少的，故若干次碰撞后，P最终会停止运动，最终Q贴着挡板P，两者处于静止状态。由功能关系可知全过程电场力对Q做的功等于P克服摩擦力做的功，设P前进的总路程为s，则Q全程的向右的位移大小为s+L，则有： qE（s+L）＝μ（m+M）gs 解得：s＝10m 答：（1）物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小分别为8m/s，3m/s； （2）物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子右挡板间的最大距离为m； （3）P最终会停止，P前进的总路程为10m。 16．【解答】解：（1）包裹自h＝2.4m高度由静止滑下至进入转运车过程，依据动能定理有，解得：v＝4m/s。 包裹与转运车相互作用全过程，两者构成系统动量守恒，取水平向右为正方向，有mv＝（m+M）v共。 根据能量守恒定律，，解得包裹在车上的相对位移为x＝1.5m，故包裹停止位置距转运车右端距离为x'＝L﹣x，解得：x'＝2.5m。 （2）设包裹自高度h1由静止滑下恰能进入转运车，由动能定理得mgh1﹣μmgL＝0，解得：h1＝1.6m，此即包裹下滑的最小高度。 若包裹滑上小车后，经弹性碰撞返回至小车最左端时两者共速，此为包裹不从小车掉落的最大高度情形。 设该最大高度为h2，取水平向右为正方向，由动量守恒有mv'＝（m+M）v共'。 能量守恒关系为，且，联立解得：h2＝5.9m。 综上，包裹下滑高度范围需满足1.6m＜h＜5.9m。 答：（1）包裹在距转运车右端2.5m的位置停下来。 （2）该包裹释放时h的范围为1.6m＜h＜5.9m。 学科网（北京）股份有限公司 $