安徽阜阳市临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2026-2027学年高二上学期9月阶段检测物理试题

高二物理 (75分钟 100分) 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.在16、17世纪,许多哲学家认为,宇宙间运动的总量是不会减少的,只要能找到一个合适的物理量来量度运动,就会发现运动的总量是守恒的。法国哲学家兼数学家、物理学家笛卡儿提出,质量和速率的乘积是一个用来量度运动的合适的物理量;但惠更斯发现,按照笛卡儿的定义,两个物体运动的总量在碰撞前后并不守恒。牛顿把笛卡儿的定义作了重要的修改,即用质量和速度的乘积作为量度运动的合适的物理量。牛顿把这个物理量叫作“运动量”,也就是现在说的动量。关于动量与冲量,下列说法正确的是 A.物体所受合力的冲量越大,则物体的动量也越大 B.物体受到的合力很大,则物体受到的冲量也很大 C.物体做自由落体运动时,物体动量的变化率保持不变 D.物体的动量发生变化时,则物体的动能一定发生变化 2.如图所示,用两根长度相同的细线分别悬挂两个完全相同的钢球A、B,且两球静止时细线均处于竖直状态。现向右拉起A球到虚线位置,然后由静止释放,该球与静止的B球发生碰撞,碰撞后A球停止运动而静止,B球开始运动。已知B球摆动的最大高度和A球释放时的高度相同,空气阻力不计。则在上述运动过程中,A、B组成的系统 A.动量守恒、机械能也守恒 B.动量守恒、机械能不守恒 C.动量不守恒、机械能守恒 D.动量不守恒、机械能也不守恒 3.第七届中国国际进口博览会于2024年11月5日至10日在上海举办,欧姆龙展台上上演了“人机对打”的场面,如图所示。若机器人先、后两次将相同水平速度飞来的乒乓球以原速率击出,第一次将乒乓球沿原速度的反方向击出,第二次将乒乓球沿原速度的垂线方向击出。假设球拍先、后两次对乒乓球的冲量大小分别为I1、I2,球拍先、后两次对乒乓球做的功分别为W1、W2,忽略乒乓球的旋转和击球过程乒乓球的重力。则 A.I1<I2 B.I1>I2 C.W1<W2 D.W1>W2 4.2024年10月30日4时27分,搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭,在酒泉卫星发射中心点火发射。若一级火箭脱离后,火箭的总质量为M,速度为v0,此后火箭将质量为m的气体相对于火箭以速率u向后喷出,则火箭的速度大小为 A.v0+ B.v0- C.v0+ D.v0+ 5.一物体在水平恒力F的作用下,在水平面上做直线运动,经过一段时间后撤去力F,物体的动量p随时间t变化的关系图像如图所示。下列说法正确的是 A.物体受到的滑动摩擦力大小为15 N B.物体受到的恒力大小为30 N C.图中p0为45 kg·m/s D.0~5 s内,物体所受摩擦力的冲量大小为7.5 N·s 6.如图所示,一细线上端固定,下端悬挂一质量为m的小球,小球在水平面内做匀速圆周运动,已知细线与竖直方向的夹角为θ,小球的速度大小为v。则在小球运动一周的过程中,细线对小球的冲量大小为 A.0 B. C. D. 7.如图所示,质量M=100 kg的小船静止在平静的水面上,小船左、右两端分别站着甲、乙两人,现甲先水平向左以相对小船某一速率跳离小船,此后乙再水平向右以相对小船同样的速率跳离小船,两人跳离小船后,小船恰好静止在水面上。已知甲的质量m甲=56 kg,不计水对小船的阻力,则乙的质量m乙为 A.40 kg B.48 kg C.56 kg D.64 kg 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.从同一高度以相同的初动量竖直向上抛出甲、乙两个小球,甲球到达的最高点比乙球到达的最高点要高。若以抛出点所在水平面为重力势能的零势能面,不计空气阻力,则下列判断正确的是 A.甲的质量比乙的质量大 B.抛出时,甲的动能比乙的动能大 C.到达各自的最高点时,甲的机械能比乙的机械能大 D.从抛出到落回抛出点的过程中,甲受到的冲量比乙受到的冲量大 9.高压水流切割器又称“水刀”,它将水以极高的速度喷射到材料表面进行雕刻、切割等作业。如图所示,一“水刀”喷出的水柱的横截面积为S,水的密度为ρ,水流以速度v垂直喷射到被切割的钢板上,水打到钢板表面后迅速沿表面散开且不反弹。下列说法正确的是 A.该“水刀”对钢板产生的平均冲击力大小为ρSv2 B.减小水柱的横截面积S,可以增大水对钢板的冲力产生的压强 C.要使“水刀”对钢板产生的平均冲击力为原来的4倍,则高压水枪的喷水功率要变为原来的8倍 D.要使“水刀”对钢板产生的平均冲击力为原来的4倍,则高压水枪的喷水功率要变为原来的16倍 10.如图所示,质量分别为2m、m、3m的物块1、2、3在一光滑水平面上排成一直线,且彼此隔开了一定的距离。现具有一定初速度的物块1向右运动,物块2、3处于静止状态,此后相邻物块依次发生弹性正碰,最终 A.物块间共发生3次碰撞 B.物块间共发生4次碰撞 C.物块1、2、3的动能之比为1∶2∶8 D.物块1、2、3的动能之比为1∶2∶6 三、实验探究题:本题共2小题,共15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)某学习小组利用细线悬挂小球的方式进行碰撞实验,从而验证碰撞过程中动量守恒,实验所用器材:两个质量不同、半径相同的匀质小球1和匀质小球2,画有等距水平平行线的白纸,方木板,刻度尺,细线等。实验步骤如下: 甲　　　　　　　　　　　　　　　乙 Ⅰ.如图甲所示,将两小球用相同长度的细线悬挂于同一水平横杆上,两小球静止时,细线均处于竖直状态,且两小球恰好能接触。将画有线条的白纸固定在木板上,木板竖直固定在水平横杆后面一点作为背景,并使白纸上的线条处于水平。 Ⅱ.某同学将小球1沿平行于木板的方向拉至某一位置后由静止释放,小球1摆动下来与小球2发生正碰,另一同学用手机进行高速连拍,其中一张照片如图乙所示,分析照片得出小球1和小球2摆动的最低位置分别为M、N,小球1从A点由静止释放,反弹后到达的最高位置为B,小球2向右摆动的最高位置为C(悬挂小球的细线未能拍摄清楚)。不计空气阻力。 (1)为了验证碰撞过程中动量守恒,需要测量的物理量是　　　　。  A.小球1的质量m1和小球2的质量m2 B.细线的悬挂点到小球球心间的距离L C.白纸上相邻线条间的距离d D.当地的重力加速度g (2)根据实验中得到的现象可知,小球1的质量　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)小球2的质量;根据图乙和(1)中所测量的物理量,若满足关系式　　　　　　　　[用(1)中测量的物理量的符号表示],则可验证碰撞过程中动量守恒。  (3)若实验中两细线悬挂点的高度不同,其他实验条件均不变,即两小球仍发生对心碰撞,则该做法对验证碰撞过程中动量守恒　　　　(选填“有”或“无”)影响。  12.(9分)某实验小组利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨上装有光电门1和光电门2,将滑块A、B静置在气垫导轨上,两滑块上固定有相同的竖直遮光片。 甲 (1)实验室内一个20分度游标卡尺的两测量爪并拢时,主尺上的0刻度线与游标尺上的0刻度线没有对齐,如图乙所示,用该游标卡尺测量遮光片宽度时的测量结果如图丙所示,则被测遮光片的宽度d应该是　　　　cm。  乙　　　　　　　　　　　　　　　　丙 (2)打开气泵,先取走滑块B,待气流稳定后,将滑块A从气垫导轨右侧由弹射装置向左弹出,测得滑块A通过光电门1的挡光时间小于其通过光电门2的挡光时间。为使实验结果准确,后续的正确操作是　　　　。  A.调高底座右侧旋钮 B.调高底座左侧旋钮 C.将光电门1向左侧移动 D.将光电门2向右侧移动 (3)调整好气垫导轨后,将滑块B静置于两光电门之间,将滑块A静置于光电门1右侧,给A一水平向左的速度,A经过光电门1后与B发生碰撞,之后两滑块粘在一起向左滑动。若经过光电门1时,A上遮光片的挡光时间为6.24 ms,经过光电门2时,A、B上遮光片的挡光时间均为10.40 ms,A、B发生碰撞的过程中系统动量守恒,则A、B的质量(均含遮光片)之比=　　　　。  (4)重新将滑块B静置于两光电门之间,将滑块A静置于光电门1右侧,给A一水平向左的初速度,若A经过光电门1后与B发生弹性碰撞,且A被弹回,再次经过光电门1。滑块A先后经过光电门1的挡光时间为t1、t2,滑块B经过光电门2的挡光时间为t3。则下列关系式正确的是　　　　。  A.t1+t2=t3 B.t2-t1=t3 C.+= D.-= 四、计算题:本题共4小题,共39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.(10分)如图所示,一质量M=10 kg、高h=0.9 m、水平长度l=3.0 m的斜面体静止在光滑水平面上,光滑斜面的顶端放置一质量m=10 kg的小车(可视为质点)。释放小车的同时,对斜面体施加一水平恒力F,小车恰好能相对斜面体保持静止,1 s后撤去外力F,小车沿斜面滑到底端并进入水平面。不考虑小车从斜面底端运动到水平面的过程中的能量损失,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)水平外力F对斜面体的冲量大小。 (2)小车离开斜面体时的速度大小。 14.(11分)如图,ABCD是截面为梯形的固定平台,上、下底边均水平,AD和BC斜边的倾角分别为37°和53°,两小球a、b(均可视为质点)间有一被压缩的轻弹簧,两小球与轻弹簧均不栓接,弹簧具有的弹性势能为Ep。两小球a、b由静止被轻弹簧弹开后分别从D、C两点水平飞出,离开D、C两点前弹簧已恢复原长,分别落在两斜面的中点E、F处。已知平台的上表面光滑,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,弹簧始终在弹性限度内。 (1)求a、b离开平台时的速度大小之比va∶vb。 (2)求a、b离开平台做平抛运动的过程中动量的变化量之比Δpa∶Δpb。 (3)若改变初始状态弹簧的压缩量,使a离开D点后恰好落到A点,求此状态下弹簧的弹性势能Ep'。 15.(18分)冰壶运动是冬季奥运会的比赛项目,它被形象地称为冰上的“国际象棋”。假设每个冰壶的材质和质量都相同,冰壶的直径D=30 cm。如图所示,一运动员使冰壶甲沿中线向营垒中心O点运动,甲的中心通过拦线时(拦线与中线垂直,冰壶中心通过拦线后必须离手)的速度大小v0=3 m/s,前方赛道上冰壶乙静止在中线上,乙的中心到O点的距离为1.55 m,到拦线的距离L=20.3 m。甲在水平冰面上运动一段时间后与乙发生正碰,碰撞后乙运动了1.6 m后停下来。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数均为0.02,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求碰撞前瞬间甲的速度大小。 (2)求甲静止时的中心到营垒中心O点的距离。 (3)若冰壶间碰撞的恢复系数始终保持不变(碰撞的恢复系数的定义为e=,其中v10、v20分别是碰撞前甲、乙的速度,v1、v2分别是碰撞后甲、乙的速度),乙的位置不变,为了使碰撞后甲、乙停下时它们的中心到O点的距离相等,求甲沿中线运动时中心通过拦线的速度大小。(结果可保留根号) 参考答案 1.C　解析:本题考查动量和冲量。物体所受合力的冲量越大,则物体动量的变化量越大,但物体的动量不一定越大,A项错误;冲量大小等于力与时间的乘积,物体受到的合力很大,但物体受到的冲量不一定很大,B项错误;物体动量的变化率即物体所受的合力,故物体做自由落体运动时,动量的变化率不变,C项正确;动量等于物体质量与物体速度的乘积,动量是矢量,物体的动量发生变化时,可能是速度的方向发生变化,而速度大小保持不变,则物体的动能保持不变,D项错误。 2.C　解析:本题考查动量守恒和机械能守恒的条件。根据题意可知,A、B在空中摆动过程中机械能守恒,A、B碰撞过程系统的机械能守恒,故整个运动过程中系统机械能守恒;根据动量守恒的条件可知,A、B碰撞过程系统的动量守恒,而A、B在空中摆动过程中动量不守恒。综上,C项正确。 3.B　解析:本题考查动量定理和动能定理。将乒乓球以原速率击出,由于动量是矢量,根据题意可知,第一次将乒乓球击出的过程中,乒乓球动量的变化量较大,根据动量定理可知I1>I2,A项错误、B项正确;由于动能是标量,故球拍将乒乓球击出前后,乒乓球的动能不变,根据动能定理可知W1=W2=0,C、D项错误。 4.A　解析:本题考查动量守恒定律。设喷出气体后火箭的速度大小为v,取火箭的速度方向为正方向,则气体相对地面的速度为(v-u),由动量守恒定律得Mv0=(M-m)v+m(v-u),解得v=v0+,A项正确。 5.D　解析:本题考查动量定理。由题图可知,在3 s~5 s内,物体只受滑动摩擦力的作用,根据动量定理ft3=Δp可知,滑动摩擦力的大小f=7.5 N,A项错误。0~3 s内,物体受水平拉力及滑动摩擦力的作用,其中0~2 s内两力的方向相同,根据动量定理,有-(F+f)t1=0-p0;2 s~3 s内两力的方向相反,根据动量定理,有(-F+f)t2=-15 kg·m/s-0,解得F=22.5 N,p0=60 kg·m/s,B、C项错误。第2 s末,摩擦力方向发生改变,故0~5 s内,物体所受摩擦力的冲量大小If=f(t2+t3)-ft1=7.5 N·s,D项正确。 6.D　解析:本题考查冲量的计算。小球做圆周运动,根据合力提供向心力,有mgtan θ=m,解得小球做圆周运动的半径r=,故小球做圆周运动的周期T==。小球在水平面内运动一周,小球的动量不变,细线拉力沿水平方向产生的冲量大小Ix=0,细线拉力沿竖直方向产生的冲量大小等于小球重力产生的冲量大小,即Iy=mgT=,故细线对小球的冲量大小I=Iy=,D项正确。 7.A　解析:本题考查反冲运动和动量守恒定律。设当甲跳离小船时,甲水平向左以相对小船v0的速率跳离小船,甲相对地面的速度大小为v1(方向向左),小船及乙相对地面的速度大小为v2(方向向右);当乙跳离小船时,由于小船恰好静止在水面上,故乙相对小船的速度大小为v0,也就是相对地面的速度大小为v0。甲跳离小船的过程,以甲、乙和小船为一个系统,根据系统的动量守恒,有m甲v1-(m乙+M)v2=0,并且v1+v2=v0;乙跳离小船的过程,以乙和小船为一个系统,根据系统的动量守恒,有(m乙+M)v2=m乙v0,联立解得m乙=40 kg,A项正确。 8.BC　解析:根据竖直上抛运动的规律可知,甲的初速度大于乙的初速度,由于甲、乙的初动量相同,故甲的质量比乙的质量小,A项错误;根据动能Ek=mv2=,可知抛出时甲的动能比乙的动能大,B项正确;由于两球在空中运动的过程中机械能守恒,故到达各自的最高点时,甲的机械能比乙的机械能大,C项正确;从抛出到落回抛出点的过程中,甲、乙动量的变化量相同,根据动量定理,甲受到的冲量等于乙受到的冲量,D项错误。 9.AC　解析:本题考查动量定理的应用。选取Δt时间内打到钢板表面的质量为Δm的水为研究对象,以水从喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向,由动量定理得-FΔt=0-Δmv,其中Δm=ρSv·Δt,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律可知,钢板表面受到的平均冲击力F'=F,故A项正确;水对钢板的冲力产生的压强p==ρv2,故减小水柱的横截面积S,水对钢板的冲力产生的压强不变,B项错误;水枪单位时间内做的功转化为水柱的动能,则Ek=Δmv2,故水枪的功率P==,要使“水刀”对钢板产生的平均冲击力为原来的4倍,则水流的速度应为原来的2倍,水枪的功率应为原来的8倍,C项正确、D项错误。 10.AD　解析:本题考查弹性碰撞。取向右为正方向,设物块1的初速度大小为v0。物块1、2碰撞过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有2mv0=2mv1+mv2,×2m=×2m+m,可得碰撞后物块1、2的速度分别为v1=v0、v2=v0;然后物块2、3发生碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有mv2=mv2'+3mv3,m=mv2'2+×3m,可得碰撞后物块2、3的速度分别为v2'=-v0、v3=v0;之后物块1、2再次发生碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有2mv1+mv2'=2mv1'+mv2″,×2m+mv2'2=×2mv1'2+mv2″2,可得碰撞后物块1、2的速度分别为v1'=-v0,v2″=v0,故此后物块2、3向右运动的速度相同,不再发生碰撞,最终物块1、2、3的动能之比Ek1∶Ek2∶Ek3=×2mv1'2∶mv2″2∶×3m=1∶2∶6,A、D项正确。 11.(1)A (2分) (2)小于　(1分)　2m1=m2　(2分) (3)无　(1分) 解析:(1)设小球1和小球2的质量分别为m1和m2,白纸上相邻线条间的距离为d。根据题图乙和机械能守恒定律可知,小球1碰撞前瞬间的速度大小v0=、方向向右;碰撞后瞬间小球1的速度大小v1=、方向向左,小球2的速度大小v2=,方向向右。若碰撞过程中动量守恒,则有m1 v0=-m1 v1+m2 v2,可得2m1=m2,故验证碰撞过程中动量守恒,只需要测量出小球1和小球2的质量。 (2)根据实验中小球1碰撞后发生反弹可知,小球1的质量小于小球2的质量;若满足关系式2m1=m2,则可验证碰撞过程中动量守恒。 (3)若实验中两细线悬挂点的高度不同,两小球仍发生对心碰撞,则两细线的长度不同,根据(1)中的分析可知,两细线长度不同不影响动量守恒的验证。 12.(1)1.870 (3分) (2)A　(1分) (3)3∶2　(3分) (4)D　(2分) 解析:(1)由题图乙可知,该游标卡尺的系统误差为0.20 mm,由题图丙可知,用该游标卡尺测量遮光片宽度时的示数为18.50 mm,校正后遮光片的宽度d=18.50 mm+0.20 mm=18.70 mm=1.870 cm。 (2)滑块A通过光电门1的挡光时间小于通过光电门2的挡光时间,说明滑块A从光电门1到光电门2的运动为减速运动,则气垫右端较低,因此可以调高底座右侧旋钮或调低左侧底座旋钮使气垫导轨水平,A项正确。 (3)根据碰撞过程系统的动量守恒,有mA=(mA+mB),可得===。 (4)碰撞前滑块A的速度v0=、方向向左,碰撞后滑块A的速度v1=、方向向右,碰撞后滑块B的速度v2=、方向向左。根据碰撞过程系统的动量守恒,有mA=-mA+mB;根据碰撞过程系统的机械能守恒,有mA()2=mA()2+mB()2,联立解得-=,D项正确。 13.解：(1)设斜面的倾角为θ，水平外力F作用在斜面体上时，斜面体和小车作为一个整体，根据牛顿第二定律，有F=(M+m)a (1分) 对小车,根据牛顿第二定律,有mgtan θ=ma　(1分) 根据几何关系可知tan θ=　(1分) 联立解得a=3 m/s2,F=60 N　(1分) 所以水平外力F对斜面体的冲量大小I=F·t=60 N·s。　(2分) (2)撤去外力时,斜面体和小车整体的速度v0=at=3 m/s　(1分) 撤去外力后,斜面体和小车组成的系统在水平方向的合力为零,设小车离开斜面体时,斜面体和小车的速度分别为v1和v2 根据系统水平方向的动量守恒,有(M+m)v0=Mv1+mv2　(1分) 根据系统的机械能守恒,有(M+m)+mgh=M+m　(1分) 联立解得v2=6 m/s或v2=0 m/s(不合理,舍去)　(1分) 则小车离开斜面体时的速度大小为6 m/s。 14.解：(1)根据平抛运动的特点可知，a、b下落的时间相同 对a,有gt2=vattan 37°　(1分) 对b,有gt2=vbttan 53°　(1分) 解得==。　(1分) (2)根据系统动量守恒可知,a、b离开平台时的动量大小相等,即 mava=mbvb,故=　(1分) 因为a、b下落的时间相同,根据动量定理,有 ==。　(1分) (3)假设平台的高度为h,第一次,a做平抛运动落到E点 根据平抛运动的规律,有tan 53°×=vat,=gt2　(1分) 第二次,a做平抛运动落到A点 根据平抛运动的规律,有tan 53°×h=va't',h=gt'2　(1分) 联立解得va'=va　(1分) 根据系统动量守恒可知vb'=vb　(1分) 由于Ep=ma+mb　(1分) 则Ep'=mava'2+mbvb'2=2Ep。　(1分) 15.解：(1)碰撞前甲运动的距离x=L-D=20 m (1分) 根据动能定理,有-μmgx=mv2-m　(2分) 解得碰撞前瞬间甲的速度大小v=1 m/s。　(1分) (2)甲、乙发生碰撞,设碰撞后瞬间甲、乙的速度大小分别为v1、v2 根据系统动量守恒,有mv+0=mv1+mv2　(2分) 碰撞后,甲、乙各自在水平冰面上滑动,乙的位移x2=1.6 m 对甲,由动能定理,有-μmgx1=0-m　(1分) 对乙,由动能定理,有-μmgx2=0-m　(1分) 联立解得x1=0.1 m　(1分) 所以甲的中心到O点的距离Δx=D+1.55 m-x1=1.75 m。　(2分) (3)设甲的中心通过拦线时的速度大小为v0',碰撞前瞬间甲的速度大小为v',碰撞后瞬间甲、乙的速度大小分别为v1'和v2',甲、乙运动的位移大小分别为x1'和x2',甲、乙停下时它们的中心到O点的距离相等 根据动能定理,有x1'=,x2'=　(1分) 根据题意,有D+1.55 m-x1'=x2'-1.55 m　(1分) 甲、乙碰撞过程,根据动量守恒定律,有mv'=mv1'+mv2'　(1分) 根据碰撞过程的恢复系数不变,有e==　(1分) 可得v1'=0.2v',v2'=0.8v'　(1分) 由碰撞前甲的运动,有-μmgx=mv'2-mv0'2　(1分) 联立解得v'= m/s,v0'= m/s。　(1分) 第 12 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $