贵州铜仁市松桃民族中学2026-2027学年高二上学期9月阶段检测物理试题

2026一2027学年度第一学期第一次素养训练 高二物理 本卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条形码 粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单项选择题（每小题只有一个选项是正确的；共7小题，每小题4分，共28分） 1.小明网购苹果，收货时发现商家把苹果包装在中间充气的双层包装袋里， 如图所示。这样可以增大苹果() A.撞击时受到的作用力 B.撞击过程的受力时间 C.撞击过程中的动能变化量 D.撞击过程中的动量变化量 2.t=0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面 F/N 由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未 离开水平面，则01s拉力对物体的冲量大小为() A.2Ns B.2.4N.s C.3Ns D.4N.s t/s 3.以下关于四幅图的说法，正确的是() m II> FrEEErPTEEEEEEEEEPrErrErEErrA 乙 丙 A.图甲中礼花弹爆炸的瞬间动量和机械能均守恒 B.图乙中光滑的水平面上用A、B压缩的轻弹簧，释放后A、B与弹簧组成的系 统动量和机械能均守恒 C.图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不守恒 D.图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成 的系统动量守恒 第1页共6页 4.如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在BC两点之间做简谐运动，BC相距20cm, 小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C点。下列说法正确的是() A.小球振动的周期为2.0s 0606000060600。 B.小球由C点到B点加速度不断减小 C.小球的位移-时间关系为x=0.lsin2πt+ m B D.5s末小球位移为0.1m 5.光滑水平面上静止一质量为2kg的物块。在0~8s时间内受到水平力F的作用。力F 随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是() ◆FN A.仁2s时，物块的速度大小为1m/s B.4s时，物块的速度大小为1m/s t/s C.=2s时和仁6s时，物块的动量不相同 D.仁8s时，物块恰好回到原出发点 6.如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在1=4s时发生碰撞，两物块的位 移—时间图像如图乙所示。己知物块Q的质量m。=3kg,由此可知() ◆x/m A.碰撞前P的动量为l6kg·m/s 22 B.物块P的质量为1kg Q mm 16 QP、Q C.两物块的碰撞无机械能损失 4 10→ts 乙 D.碰撞过程中P对Q的冲量为4N·s 7.同心鼓运动（又称“同心协力”）是一种多人协作游戏。该游戏在一个鼓面直径大约 40cm的鼓身上固定沿圆周均匀分布长度相同的绳子，参赛选手由&~10名队员组成。 游戏时，每个队员牵拉一根绳子，保证鼓面水平并齐心协力将球颠起。如图所示，某次 游戏时球从离鼓面高为0.45m处由静止开始下落，球与鼓面作用0.5s后离开鼓面上升的 最大高度为0.8m。己知排球质量为0.3kg,重力加速度g=10m/s2,不计一切阻力。则 鼓面与排球作用的过程中() A.鼓对球的冲量大小为1.5Ns B.鼓对球的冲量大小为2.1N·s C.鼓对球一定不做功 D.鼓对球的平均作用力大小为7.2N 第2页共6页 二、多项选择题（每小题5分，全部选对得5分，选对但选不全得3分，只要有错选得 0分；共3小题，共15分) 8.如图所示，质量为M,长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为的人， 企，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则( A.人和船运动方向相同 B,船运行速度小于人的行进速度 C.由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动芒段距离 D.人相对水面的位移为，M恤 M+m 9.如图甲所示，“弹簧公仔玩具由头部、轻弹簧及底座组成，底座固定，用力向下缓 慢按压头部，释放后头部的运动可视为简谐运动。以向上为正方向，在头部通过平衡位 置时开始计时，头部相对平衡位置的位移随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确 的是() 头部 ◆x/cm A.简谐运动的振幅为6cm 轻弹簧 B.简谐运动的频率为1.25Hz 0.2d40.60.81.02s C.00.4s内，头部的动能先减小后增大 底座 D.t=0.3s和t=0.5s时，头部的加速度相同 10.如图所示，左端连接着轻质弹簧、质量为3m的小球B静止在光滑的水平面上，质 量为m的小球A以大小为o的初速度向右做匀速直线运动，接着逐渐压缩弹簧并使小 球B运动，一段时间后，小球A与弹簧分离，若小球A、B与弹簧相互作用过程中无机 械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，则在上述过程中，下列说法正确的是() A.小球B的最大速度为， A 3 m○o wO3m B.弹簧的最大弹性势能为。m,2 7777777117777117777171777777T7777117 8 C.两小球的速度大小可能同时都为 D.从小球A接触弹簧到弹簧再次恢复原长，弹簧对小球A、B的冲量相同 三、实验题(11题6分，12题10分，共16分) 11.某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。已知滑块1、2（含遮光板)的质 量分别为m、m2,遮光板宽度均为d。 光电门 光电门2 遮光板弹簧和细 滑块1滑块2 第3页共6页 实验步骤如下： ①打开光电门及计时装置，接通气源，调节气垫导轨水平： ②在两个滑块中间放置一个压缩轻质弹簧（不拴接），用细线把两滑块拴接，使其 处于静止状态： ③烧断细线，弹簧完全弹开后，遮光板通过光电门1、2，记录遮光时间分别为△t1 和△t2; ④改变弹簧的压缩量，多次重复实验，记录多组△t1和△t2。 请回答下列问题： (1)简述实验中检验气垫导轨水平的方法： (2)滑块1通过光电门1时的速度大小y= ;(用d,△t1表示) (3)在误差允许范围内满足表达式 (用m1,m2,△t1,△t2表示)，则表明两滑块 弹开过程系统动量守恒： 12.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒。在离地面高度为的光滑水 平桌面上，放置两个小球α和b、其中b与轻弹簧紧挨着但不拴接，弹簧左侧固定，自 由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定。α放置于桌面边缘， 球心在地面上的投影点为O点。实验时，先将α球移开，弹簧解除锁定，b沿桌面运动 后水平飞出。再将α放置于桌面边缘，弹簧重新锁定。解除锁定后，b球与α球发生碰 撞后，均向前水平飞出。重复实验10次。实验中，小球落点记为A、B、C。 b O AB C (I)若a球质量为m。,半径为；b球质量为m,,半径为，。b球与a球发生碰撞后， 均向前水平飞出，则 A.m。<mb,ra=r6 B.m。<m,,ra<r6 C.m。>mb,ra=ra D.ma>mp,ra<r (2)为了验证碰撞过程遵循动量守恒，本实验中必须测量的物理量有 (填选项前的字母)》 A.小球a的质量mn和小球b的质量m, B.小球飞出的水平距离xoA、xoB、xoC C.桌面离地面的高度h D.小球飞行的时间 第4页共6页 (3)关于本实验的实验操作，下列说法中不正确的是 。(填选项前的字母) A.重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同 B.重复操作时发现小球的落点并不完全重合，说明实验操作中一定出现了错误 C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 D.仅调节桌面的高度，桌面越高，线段OB的长度越长 (4)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式 即说明碰撞 过程遵循动量守恒。（用题中已测量的物理量表示） (⑤)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度，该 地的重力加速度为g,则弹簧锁定时具有的弹性势能E。为 。(用题中己测量 的物理量表示) 四、计算题（计算题写出必要的解答过程；13题9分、14题14分、15题18分；共41分） 13.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，完成以下问题： (1)写出该振子简谐运动的振动方程； x/cm LL2L22L∠ (2)该振子在前40s内运动的路程是多少？ 甲 乙 第5页共6页 14.如图所示，某运动员用头颠球，质量为400g的足球从离运动员头顶0.8高处自由 落下，运动员用头将足球竖直向上顶起，足球与头作用的时间为0.04s,球离开头顶后 竖直上升的最大高度为1.8m,取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。求： (1)足球从开始下落到与运动员的头接触前，重力的冲量； (2)足球与头作用过程中动量的变化量大小： (3)足球与头作用过程中足球对头的平均作用力。 15.某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内， 半径为R=0.5,圆心角0=53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动 的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上滑入静止的空箱B 并与其瞬间粘连成一个整体，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。 己知工件A质量为ma=4kg,空箱B的质量为me=1kg,A、B及粘连成的整体均可视 为质点，整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热 量9=2.5J,忽略轨道及平台的摩擦，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2。求： (1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力： (2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能： (3)传送带的速度大小。 第6页共6页2026一2027学年度第一学期第一次素养训练 高二物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B C A B BD BC BC 1.B 【详解】CD,苹果撞击前后的速度变化量一定，因此撞击过程中的动能变化量和动量变化量均一定，与 是否使用充气包装袋无关，故CD错误： A,由动量定理F△1=△p可知，在动量变化量△p一定的情况下，充气包装袋增大了撞击过程的受力时间 △1，从而减小了苹果撞击时受到的作用力F，,故A错误： B.充气包装袋具有缓冲作用，能够增大苹果撞击过程的受力时间，故B正确。 故选B 2.C 【详解】F-t图像中，图线与轴所围面积表示力的冲量，则1s内拉力对物体的冲量大小为 1=B+E1-2+4 xIN.s=3N.s 2 2 故选C。 3.B 【详解】A.图甲中礼花弹爆炸的瞬间水平方向动量守恒，机械能增加，故A错误； B.图乙中光滑的水平面上用A、B压缩的轻弹簧，释放后A、B与弹簧组成的系统水平方向不受外力作 用，系统水平方向动量守恒，系统除重力外所受外力支持力不做功，故系统机械能也守恒，故B正确； C.图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守 恒，故C错误； D.人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量不守恒，故D错误。 故选B。 4.C 【详解】A.小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C点，可知小球振动的周期为T=1.0s,选项A 错误； B.小球由C点到B点加速度先减小后增加，选项B错误； C.振幅A=0.1m,o= 2r=2πrads 小球经过B点时开始计时，小球的位移-时间关系为x=0.lsin 2πt+ 选项C正确： D.5s末，即经过了5个周期，小球回到B点，则小球位移为0.l,选项D错误。 故选C。 第1页共7页 5.A 【详解】A.由图可知在0~2s内，力的冲量 1 I1=。×2×2Ns=2Ns 21 根据动量定理 I1=p2=m2 解得v2=lm/s,故A正确； B.由图可知在04s内，力的冲量 1 L2=5×2×4Ns=4Ns 2 根据动量定理 I2 =mva 解得v4=2m/s,故B错误； C.由图可知在0~2s内与0~6s内，力的冲量相同，根据动量定理知t仁2s时和t仁6s时，物块的动量相同， 故C错误； D.根据图象知，在0~4s内，物块做加速度先增加后减小的加速运动，在4~8s内，力的方向改变，做 减速运动，根据图象和对称性知，在t仁8s时，速度恰减到零。所以在0~8s内物块的运动方向不变，t仁8s 时，物块不会回到原出发点，故D错误。 故选.A。 6.B Ax =4m/s 【详解】AB.根据位移一时间图像可知，碰撞前P的速度% 碰撞后两者的共同速度，=22-16 m/s =1m/s 10-4 以碰撞前P的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m。=(mp+mo)y 解得mp=lkg 碰撞前P的动量P=mpY=4kgm/s,A错误、B正确； C.根据位移一时间图像，碰撞后两者的速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程中存在机械能 的损失，C错误； D.根据动量定理，P对Q作用力的冲量I=△po=moV=3N·s,D错误。 故选B。 7.D 【详解】ABC.排球从静止开始下落到与鼓面刚接触，根据动能定理mgh=。mv 2 解得排球与鼓面刚作用时的速度大小y=3m/s 第2页共7页 排球从离开鼓面到上升到最大高度，根据动能定理-mgh=-m 解得排球刚离开鼓面时的速度大小2=4m/s 规定向上的方向为正分向，由动量定理Ft-mgt=my,-m(-y) 解得鼓对球的平均作用力大小为F=7.2N 鼓对球的冲量为I=Ft=3.6N·s 故AB错误，D正确； 8.答案：BD 【详解】A.人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误： B.由动量守恒定律有=W人 又M企，故<v人，故B正确； C.由人船系统动量守恒且系统总动量为零知，人走船走，人停船停，故C错误； D.由平均动量守恒M= t m么，X人十X=L t 知x二M+m ML 故D正确。 故选BD。 9.答案：BC 【详解】A.从图乙中可读出，简谐运动的振幅为3cm,A错误； B.从图乙中可读出，简谐运动的周期为0.8s,由∫=无 解得简谐运动的频率为1.25Hz,B正确； C.从图乙中可知，1=0.2s时，头部位移最大，速度为零，t=0和1=0.4s时，头部在平衡位置，速度最 大，故0~0.4s内，头部的动能先减小后增大，C正确； D.如图所示可知，根据对称性，t=0.3s和1=0.5s时，头部的加速度大小相等，方向相反，D错误。 故选BC。 10.答案：BC 【详解】AC.A与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧向右推动B,B的速度增加， 故B速度达到最大时，A恰好与弹簧分离，以向右为正，由动量守恒定律有 mvo mv +3mv2 1 由能量守恒定律有 22、1 2m 2m2+ 3mv2 2 1 1 解得y= -2%,=2% 第3页共7页 可知，此时两小球的速度大小同时都为%，故A错误C正确： B.当弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，此时A、B共速，由动量守恒定律有m。=(m+3m)y共 由能量守恒定律2m心=E,m 2m+3m)候 3 1 解得Ea-8m心，头4，故B正确： D。从小球A接触弹簧到弹簧再次恢复原长，以向右为正，由动量定理对A有1A=- 2m%-m,=-3m 对B有1e23m,-0-mw,故D错误。 1 3 故选BC。 11.答案： (1)方法一：接通气源，轻推滑块，使其在导轨上运动，观察滑块通过两个光电门的遮光时间，若两次遮 光时间近似相等，说明导轨水平： 方法二：接通气源，将滑块轻放在气垫导轨的任意位置，松开手后，若滑块保持静止，说明导轨水平： 方法三：将水平仪直接放置在气垫导轨的导轨面上，观察水平仪气泡的位置，若气泡居中，说明导轨水 平。 d (2Ah ⑧是是 【详解】(1)略 (2)由于遮光板宽度很小，可认为滑块通过光电门的平均速度等于瞬时速度，因此y= △ (3)系统初始总动量为0（两滑块静止），弹开后两滑块动量大小相等、方向相反，总动量仍为0，即 mv=mv2 d d 代入速度表达式”= 约去d后，得△， = 12.(1)A (2)AB (3)B (4)mowm +mc(5 n 4h 【详解】(1)为保证两球碰后均向前水平飞出，则必须满足m。<m,为保证两球发生对心正碰，则必 须满足。=%。 故选A。 第4页共7页 (2)小球沿桌面飞出后做平抛运动，水平方向有 x=Vol 求得 %= t 由于各小球沿桌面飞出后竖直方向下落的高度相等，所以在空中运动的时间相等，本实验需要验证的表 达式为 mov mov2 +mavs 即 m=m号+现受 t t 即 mpXoB mpxoA+maxoc 因此，本实验中必须测量的物理量有小球a的质量m和小球b的质量m,小球飞出的水平距离xoA、xo、 xoc。 故选AB。 (3)A.为保证小球b每次与小球a碰撞前的速度相等，所以重复操作时，弹簣每次被锁定的长度应相 同，故A正确： B.因实验存在误差，所以重复操作时小球的落点并不完全重合，这是正常现象，并不说明实验操作中一 定出现了错误，故B错误： C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故C正确： D.由于小球b在未与小球a碰撞的情况下沿桌面水平飞出时的速度相同，桌面越高，小球b在空中运动时 间越长，线段OB的长度就越长，故D正确。 故选B。 (4)由(2)的推导可得，本实验最终需要验证的表达式为 mXoB mixo+maxoc (5)根据机械能守恒，可得 1 E,2m, 根据平抛运动知识，可得 XoR =vit 联立，求得 ￡0 第5页共7页 13.答案： (1)x=2sin 1+元cm(5分) 21 (2)0.8m(4分) 【详解】(1)由图乙可知，振幅A=2cm,周期T=4s _2=rad/s(3分) 0= T2 弹簧振子的振动方程为x=2sin t+元cm(2分) 2 (2)因n= t40 T4 =10(2分) 而振子在一个周期内通过的路程是4A,所以振子在前40s内运动的总路程s=n×4A=0.8m (2分) 14.答案(1)1.6Ns;方向竖直向下(5分) (2)4.0gm/s(5分) (3)104N:方向竖直向下(4分) 【详解】(1)足球从开始下落到与运动员的头接触前，做自由落体运动由公式h=28(2分) 可得=0.4s 由公式I=gt(1分) 可得I=1.6Ns,方向竖直向下。(2分) (2)足球与头接触前瞬间的速度大小为，则有=2gh(1分) 解得y=√2gh=V2×10×0.8m/s=4m/s 足球与头接触后瞬间的速度大小为2，则有0-=-2gh(1分) 解得y2=√2gh=V2×10×1.8m/s=6m/s 取竖直向上为正方向，可知足球与头作用过程中动量的变化量为 △p=my2-m(-y)=my2+m%=4.0kgm/s(2分) 可得足球与头作用过程中动量的变化量大小为4.0kgm/s。(1分) (3)设头对足球的平均作用力大小为F,取竖直向上为正方向，足球与头作用过程中 根据动量定理可得I'=F.△1-mg△1=△p(2分) 代入数据解得F=104N,方向竖直向上，根据牛顿第三定律，足球对头的平均作用力大小F=104N,方 向竖直向下。(2分) 第6页共7页 15.答案 (1)72N,方向竖直向上；(6分) (2)1.6J(5分) (3)0.6m/s或2.6m/s(7分) 【详解】《(1)工件A从开始到滑到圆亚轨道绿低点间，根据机板能守恒m,&(R-R©0s539)m,W2(2 分) 解得，=2m/s (2分) 在最低点根据牛顿第二定律F-m8=mR 解得F=72N,方向竖直向上；(2分) (2)根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体，根据动量守恒ma,=(m+mg)v共(2分) 解得v共1.6m/s 藏A与B整个碳播过程中损大的机核能为A=m,一，+m=1a(3分) (3)第一种情况，当传送带速度V小于V共时，AB粘连成的整体滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB 与传送带间的动摩擦因数为4，对AB根据牛顿第二定律4(ma+me)g=(ma+m)a(1分) 设经过时间4后AB与传送带共速，可得v=v共-a4(1分) 该段时间内AB运动的位移为x= +v跳i 2 传送带运动的位移为x2= 故可得Q=(m+m)g(x-2)(1分) 联立解得v=0.6ms,另一解大于v共舍去；(1分) 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间1后AB与传送 带共速，同理可得v='共+2(1分) 该段时间内AB运动的位移为=V+, 2 传送带运动的位移为x2'=2 故可得=(ma+mg)g（x2-x)(1分) 解得v=2.6ms,另一解小于v共舍去。(1分) 第7页共7页