江苏常州市四校2025-2026学年高二上学期10月阶段检测物理试卷

**基本信息** 2025-2026学年江苏省常州市四校联考高二（上）10月物理试卷，聚焦简谐运动、动量守恒等核心知识，通过自制轨迹装置、荡秋千习俗等真实情境，考查物理观念与科学思维，非选择题突出实验探究与综合应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|10/40|简谐运动（1、3、4、6、7）、动量冲量（2）、动量守恒与能量（5、8、9、10）|以自制简谐运动装置（1）、清明节荡秋千（4）为情境，融合运动与相互作用观念，梯度从概念辨析到综合分析| |非选择题|5/60|单摆测重力加速度（11）、弹簧振子运动（12）、动量与相对运动（13）、碰撞与摩擦（14）、机械能与弹簧势能（15）|实验题（11）通过磁感应强度图像考查科学探究，综合题（15）结合滑块、弹簧、小车模型，考查能量观念与科学推理，契合高考命题趋势|

2025-2026学年江苏省常州市四校联考高二（上）月考物理试卷（10月份） 一、单项选择题（共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意） 1．（4分）某学生自制简谐运动轨迹描绘装置如图甲所示，滑块在弹簧作用下水平振动，画笔在匀速移动的纸面绘制轨迹如图乙所示（A、B为最左端位置，C为最右端位置）。纸张竖直向上匀速移动，A、C竖直距离为8.00cm，下列说法正确的是（　　） A．画笔经过A点时，滑块速度最大 B．画笔从A画到B经历了一个周期 C．滑块振幅为8.00cm D．画笔从A画到C的过程中滑块的加速度先变大再变小 2．（4分）关于动量、冲量、动能，下列说法正确的是（　　） A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大 B．物体的动量变化，其动能有可能不变 C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化 D．运动的物体在任一时刻的动量方向不一定是该时刻的速度方向 3．（4分）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中速度v随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．在0～0.2s内，弹簧弹力逐渐减小 B．手机振动的频率大小为0.8Hz C．在t＝0时刻，手机的加速度为零 D．v随t变化的关系式为v＝2sin（5πt）m•s﹣1 4．（4分）清明节荡秋千是我国的传统习俗，如图所示。秋千由踏板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆。等效“摆球”的质量为m，摆绳长为l，忽略空气阻力。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．经过最低点时“摆球”处于平衡状态 B．“摆球”偏离最低点位移为x时，回复力Fx C．偏离最低点运动的过程中，“摆球”的机械能逐渐增大 D．经过最低点时，人顺势轻轻跳下，踏板的振幅将增大 5．（4分）如图所示，U形长木板置于光滑水平桌面上，两端各固定一轻质弹簧，A、B为弹簧原长处，A、B之间粗糙，两侧光滑。现将一木块放置于A、B间某处，某时刻给木块一个水平向右的初速度，则从该时刻起，关于木块、木板及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．系统最终速度为0，动量不守恒，木块动能全部转化为内能 B．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和木板的动能 C．系统最终速度不为0，动量不守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 D．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 6．（4分）荡秋千是大家喜爱的一项体育娱乐活动。某秋千的简化图如图所示，细绳长为L，重力加速度大小为g，质量为m的小球从悬点正下方开始摆动，最大摆角为θ。不计空气阻力，细绳质量相对小球可忽略，小球看成质点。下列说法正确的是（　　） A．当10°＜θ＜20°时，可以把小球的摆动看成简谐运动 B．若可以把小球的摆动看成简谐运动，其周期为2π C．小球在运动过程中动能一直减小 D．细绳的最大拉力为2mg（1.5﹣cosθ） 7．（4分）如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm，若振子从B第一次运动到O的时间是0.5s，则下列说法正确的是（　　） A．振幅是10cm B．振动周期是1s C．经过一次全振动，振子通过的路程是10cm D．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm 8．（4分）如图所示，质量为m光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以水平速度v0射入木块，离开木块时，木块的速度为v，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒 B．子弹射穿木块的过程，子弹和木块组成的系统损失的机械能为 C．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力大于（m+M）g D．木块上升到最高点时，上升高度为 9．（4分）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒 B．t2时小球到达位置等于释放时的高度 C．由图可知m大于M D．图中阴影面积S2＜2S1 10．（4分）如图所示，一轻弹簧竖直放置，两端分别固定物体B和C，此时B、C处于静止状态，O点是弹簧处于原长时物体B上表面所处的位置，B上表面与O间的距离为x。把一物体A从某一高度静止释放，物体A和物体B的质量均为m，发生碰撞后粘在一起，压缩弹簧然后上升到最高点时，物体B的上表面刚好到达D点，O、D之间距离也为x，重力加速度为g，物体C始终静止，下列说法正确的是（　　） A．物体C的质量不可能等于m B．运动到D点时，A、B之间弹力为零 C．碰撞后瞬间物体B的速度为2 D．碰撞后AB物体做简谐运动的振幅是2x 二、非选择题：共5小题，共60分。其中第12题～第15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。 11．（12分）某学习小组用图甲装置测量当地重力加速度。 将细绳一端固定在O点，另一端系一磁性小球（质量很大，体积很小），在摆球的正下方放置一手机。打开手机中测量磁感应强度的软件，调整手机位置使手机磁传感器恰好位于磁性小球的悬挂点正下方。用毫米刻度尺测出细绳悬挂点到摆球球心的长度L＝99.50cm。 （1）使磁性球做小角度摆动，手机呈现出沿x轴方向磁感应强度随时间变化曲线，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最高点，当磁感应强度约为0时，小球所在位置为　 　 （选填“最低点”或“最高点”）。 （2）实验采集到磁感应强度随时间变化的图像如图乙，可知5s﹣15s内有　 　 个周期。 （3）通过计算得到当地重力加速度大小为　 　 m/s2（取π2＝9.87，结果保留三位有效数字）。 （4）另一组同学多次改变摆长，根据测得数据，画出单摆周期平方T与摆长L的关系图线，发现其延长线未过原点，如图丙所示，原因可能是　 　 （选填正确选项前的字母）。 A．将摆线的长度作为摆长 B．将摆线的长度与小球半径的和作为摆长 C．将摆线的长度与小球直径的和作为摆长 12．（10分）如图甲所示，光滑水平面上有一处于原长状态的弹簧，其左端与一固定立柱相连，右侧与一静止的小球相连。现将小球向右拉至M点后，由静止释放小球。以O点为坐标原点，水平向右为x轴的正方向，小球向左经过O点时为t＝0时刻，小球的振动图像如图乙所示。求： （1）O、M两点间的距离； （2）弹簧振子简谐运动的位移与时间的关系式； （3）该振子在0～6s的总路程。 13．（10分）如图，小车上固定一竖直杆，杆与车的总质量为2m。杆的上端系一长为l的轻绳，轻绳另一端系质量为m的小球。现将小球拉起使轻绳水平伸直，并由静止开始释放小球。已知重力加速度为g，不计小球大小、空气阻力及小车与地面间的摩擦。 （1）求小球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，小车移动的距离； （2）求小球第一次摆到竖直杆左侧最高点时的速度大小。 14．（14分）当我们用尺子击打一摞棋子的最下面一个时，只要速度够快，可使该棋子飞出，上面的棋子落下而不倾倒。某同学受到启发而设计了如图甲所示的探究装置：在水平桌面上沿竖直方向叠放4枚相同的圆柱形棋子A、B、C、D，最底层为棋子A。用一个内径略大于棋子直径的竖直固定圆筒套住上面3枚棋子，限制它们只能沿竖直方向运动，棋子A可在水平方向运动。已知每枚棋子质量m＝0.1kg，直径d＝0.05m，棋子与棋子之间、棋子与桌面之间的动摩擦因数μ均为0.4，圆筒与棋子间的摩擦力及空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。 （1）该同学用F＝3N的水平拉力将A拉出，求A被拉出前的加速度大小。 （2）如图乙所示，改用质量为M＝0.1kg的摆球撞击A。摆球从与悬挂点O等高处（细线处于伸直状态）由静止释放，在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知绳长L＝0.2m，摆球视为质点。求： ①碰后瞬间棋子A的速度大小v1； ②碰后棋子A移动的位移大小x。 15．（14分）如图所示，质量m＝2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6kg 的小车C，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑，A滑至平台上并挤压弹簧，待弹簧恢复原长后滑块B以4m/s离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.75，A、B可视为质点，求： （1）滑块A刚到平台上的速度大小； （2）整个过程中弹簧弹性势能的最大值； （3）小车C的长度。 2025-2026学年江苏省常州市四校联考高二（上）月考物理试卷（10月份） 参考答案与试题解析 1．【解答】解：A.画笔经过A点时，位移最大，滑块速度为零，故A错误； B.图乙中A、B两点是滑块连续两次到达最左端位置所留下的轨迹，这两点之间的时间间隔为一个周期T，故B正确； C.由图乙可知，A、C竖直距离为8.00cm，可知振幅为A＝4.00cm，故C错误； D.画笔从A画到C的过程中滑块的位移先变小后变大，回复力先变小后变大，可知加速度先变小再变大，故D错误。 故选：B。 2．【解答】解：A．根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A错误； B．匀速圆周运动的速度方向时刻变化，所以动量变化，但动能不变，故B正确； C．匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C错误； D．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，故D错误； 故选：B。 3．【解答】解：A．v﹣t图像斜率的绝对值表示加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向，根据手机振动过程中速度v随时间t变化的曲线可知0～0.2s内，图像斜率的绝对值逐渐减小，加速度为正值，即加速度方向向上，则手机所受外力的合力逐渐减小，对手机进行分析可知，弹簧弹力逐渐减小，故A正确； B．根据图乙可知，周期为0.8s，则频率为 故B错误； C．v﹣t图像斜率的绝对值表示加速度大小，可知，t＝0时刻，手机加速度不为0，故C错误； D．根据图乙可知 故D错误。 故选：A。 4．【解答】解：A.“摆球”在秋千上小幅度摆动时做圆周运动，经过最低点时人与路板有向心加速度，不是平衡状态，故A错误； B.根据简谐运动公式，当摆角θ很小时，“摆球”运动的圆弧可以看作直线，可知摆球偏离最低点位移为x时，回复力为，故B正确； C.“摆球”偏离最低点运动过程中，动能向重力势能转化，但总能量即机械能保持不变，故C错误； D.经过最低点时，人顺势轻轻跳下，路板的能量未增大，则振幅不变，故D错误。 故选：B。 5．【解答】解：系统置于光滑水平桌面上，系统所受合外力为零，根据动量守恒定律的条件，可知系统动量守恒。初始时刻系统总动量不为零，所以系统最终速度不为0，最终系统匀速运动，根据牛顿第二定律分析，小物块不能压缩弹簧，弹簧处于原长状态。木块在A、B间运动时，由于A、B之间粗糙，木块与木板间存在摩擦力，会产生内能，所以木块减小的动能转化为内能和木板的动能，而不是转化为内能和弹性势能。故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．【解答】解：A、单摆做简谐运动的条件是摆角很小，通常要求θ＜5°，当10°＜θ＜20°时，sinθ≈θ的近似不再成立，回复力F＝﹣mgsinθ不再与位移成正比，故不能看成简谐运动，故A错误； B、若可以把小球的摆动看成简谐运动，根据单摆周期公式可知其周期为，故B错误； C、小球在从最低点向最高点运动过程中，重力做负功，动能减小；从最高点向最低点运动过程中，重力做正功，动能增大，故C错误； D、小球在最低点时速度最大，细绳拉力最大。设小球在最低点的速度为v，从最高点到最低点根据机械能守恒定律有 在最低点，根据牛顿第二定律有 联立解得最大拉力F＝mg+2mg（1﹣cosθ）＝3mg﹣2mgcosθ＝2mg（1.5﹣cosθ），故D正确。 故选：D。 7．【解答】解：A．弹簧振子在B、C间做简谐振动，O为平衡位置，根据振幅定义可知振幅为 A＝OB＝OC＝5cm，故A错误； B．振子从B第一次运动到O的时间是0.5s，则，解得：T＝2s，故B错误； C．经过一次全振动，振子通过的路程是 s1＝4A＝4×5cm＝20cm，故C错误； D．从B开始经过3s，即 振子通过的路程是 5cm＝30cm，故D正确。 故选：D。 8．【解答】解：A、子弹穿过木块的过程中，子弹与木块构成的系统动量守恒，但机械能并不守恒，故A错误； B、设子弹击穿木块后的速度大小为v1，则系统损失的机械能表达式为，故B错误； C、子弹射出木块的瞬间，圆环对杆的压力大小为，故C正确； D、根据动量守恒定律有Mv＝（M+m）v2，再依据机械能守恒定律可得，联立解得，故D错误。 故选：C。 9．【解答】解：A、对运动过程中的小球受力分析可知，小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，根据牛顿第三定律可知，小球对弯槽的压力方向相反指向左下方，故此压力给弯槽有水平向左的分力，但因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则根据整体法，小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不守恒，故A错误； B、t1时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，t2时再次共速则到达弯槽左侧，根据能量守恒 可知h＞h′，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B错误； C、小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系统动量不守恒，仅受到弯槽提供的竖直向上的支持力与重力，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，根据整体法可知小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有mv1＝Mv3﹣mv2 整理上式解得m（v1+v2）＝Mv3 若m大于M，则v1+v2＜v3，图中明显获知v1＞v3，故C错误； D、小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1～t2时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，根据vx—t图像围成面积等于水平位移，得S1＝R 而S2为t1∼t2内两者的相对位移，有S2＜2R，故D正确。 故选：D。 10．【解答】解：A、根据题意分析可知，因为C始终静止，运动至D点时，O、D之间距离也为x，由胡克定律可知弹簧的弹力等于物体B的受到的重力，所以物体的质量要大于或等于m，故A错误； B、根据题意分析可知，A、B运动到D点时，弹簧处于拉伸状态，设此时A、B的共同加速度为a，对A受力分析，根据牛顿第二定律可得mg+FBA＝ma A与B整体受力分析则有2mg+k•x＝2ma 结合上述分析可知kx＝mg，联立解得FBA＝mg，故B错误； C、根据题意分析可知，由能量守恒可知，mgh 可得碰撞前物体A的速度v0 根据动量守恒定律可得v0＝2mv 解得碰撞后瞬间物体B的速度为v，故C正确； D、设A、B简谐振动得平衡位置距O点为X0，则有2mg＝kx0，mg＝kx 解得x0＝2x 则碰撞后AB物体做简谐运动的振幅是A＝x0+x＝3x，故D错误。 故选：C。 11．【解答】解：（1）磁感应强度最大时小球位于最高点，磁性小球运动到最低点（平衡位置）时，沿x方向的磁感应强度分量近似为0，因此B约为0时小球在最低点。 （2）单摆一个周期内会两次到达最高点（左右各一次），对应B出现两次峰值。由图乙可知，5s∼15s内有5个完整周期。 （3）由上述分析得单摆周期，摆长L＝99.50cm＝0.9950m 根据单摆周期公式 变形得 （4）C．设真实摆长为l真，测量摆长为L，若测量摆长时，将摆线长度与小球直径之和作为摆长，真实摆长l真＝L﹣r（r为小球半径，测量多了一个r），代入周期公式得 当T2＝0时，L＝r＞0 即图线延长线与L轴交于正半轴L0＝r＞0，符合图丙的情况，故C正确； A．只将摆线长作为摆长，会得到T2＝0时，L＜0，不符合，故A错误； B．测量正确时图线过原点，不符合，故B错误。 故选：C。 故答案为：（1）最低点；（2）5；（3）9.82；（4）C。 12．【解答】解：（1）O、M两点间的距离即位弹簧振子的振幅A，由图乙可知A＝5cm； （2）由图乙可知振子的振动周期为T＝8s， 则圆频率为， 简谐运动的位移与时间的关系式为x＝Asin（ωt+φ）， 由图乙可知，t＝2s时，x＝﹣5cm， 代入位移与时间的关系式得， 解得φ＝π， 弹簧振子简谐运动的位移与时间的关系式为。 （3）周期为T＝8s，由题意可知， 且当t＝0时，x＝0，则该振子在0～6s的总路程为x15cm。 答：（1）O、M两点间的距离是5cm； （2）弹簧振子简谐运动的位移与时间的关系式是； （3）该振子在0～6s的总路程是15cm。 13．【解答】解：（1）以水平向左为正方向，根据动量守恒定律 0＝mv球﹣2mv车 变形可得 0＝mx球﹣2mx车 又x球+x车＝l 解得 （2）小球到左侧最高点时，小球在竖直方向速度为 vy＝0 在水平方向与车共速，根据动量守恒定律 0＝（m+2m）v共 解得v共＝0 故小球在第一次摆到左侧最高点的速度 答：（1）求小球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，小车移动的距离为； （2）求小球第一次摆到竖直杆左侧最高点时的速度大小为0。 14．【解答】解：（1）上方三枚棋子对A的滑动摩擦力为f1＝μ•3mg，桌面对A的滑动摩擦力为f2＝μ•4mg。根据牛顿第二定律有F﹣f1﹣f2＝ma，代入数据解得：a＝2m/s2。 （2）①摆球下摆过程机械能守恒，有，代入数据解得：v0＝2m/s。 摆球与A发生弹性正碰，满足动量守恒与动能守恒，设向右为正方向，有Mv0＝Mv+mv1，，解得：v＝0，v1＝2m/s。 ②对A应用动能定理，有，代入数据解得：x＝0.2m。 答：（1）A被拉出前的加速度大小为2m/s2。 （2）①碰后瞬间棋子A的速度大小为2m/s； ②碰后棋子A移动的位移大小为0.2m。 15．【解答】解：（1）滑块A从P点下滑至平台的过程，根据机械能守恒定律可得，解得滑块A到达平台时的速度大小为v0＝4m/s。 （2）当A、B速度大小相等时，弹簧的弹性势能达到最大值。以向右为正方向，对A、B系统应用动量守恒定律有mv0＝2mv共。根据能量守恒定律可得弹性势能，解得：Ep＝8J。 （3）弹簧恢复原长时B与A分离。设分离瞬间A的速度为v1，B的速度为v2。由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有mv0＝mv1+mv2、，解得：v1＝0，v2＝4m/s。滑块B恰好未从小车C上滑落，意味着B运动至小车C右端时二者速度相同。对B与C系统应用动量守恒定律有mv2＝（M+m）v3，解得此时共同速度为v3＝1m/s。根据能量守恒定律与功能关系可得，解得：小车C的长度L＝0.8m。 答：（1）滑块A刚到平台上的速度大小为4m/s。 （2）整个过程中弹簧弹性势能的最大值为8J。 （3）小车C的长度为0.8m。 学科网（北京）股份有限公司 $