贵州黔西南州金成实验学校2026-2027学年高二上学期第一次质量检测物理试题

2026一2027学年度第一学期1022第一次质量检测试题 年级 科目 椡 题人 审题人： 答卷注意事项： 1、学生必须用黑色（或蓝色）钢笔、圆珠笔或签字笔在试卷上答题。 2、填涂答题卡必须使用2B铅笔填涂。 3、答题时字迹要清楚、工整 4、本卷共15小题，总分为100分。 % 一、单选题（每题4分，共计28分) 1.如图所示为游乐场中的摩天轮，摩天轮匀速转动时，下列说法正确的是( A.吊舱的速度不变 B.吊舱的加速度不变 C.吊舱的动能不变 D.吊舱的动量不变 2.弹簧振子在振动中通过平衡位置时( A.速度最大 B.回复力最大 C.位移最大 D.加速度最大 O 3.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率∫的关系）如图所示，则() A.此单摆的固有周期为2s 个A/cm B.此单摆的摆长约为0.5m C.若摆长增大，单摆的固有频率增大 D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 00.250.50.75 fHz 4.假设篮球在竖直方向运动，落地前瞬间的速度大小为I0ms,弹起瞬间的速度大小为8m/s,球与地面的接 触时间为0.1s。己知篮球质量为600g,取g=10ms2。则地面对球的弹力大小为() O A.12N B.18N C.108N D.114N 5.如图所示，物块A、B(均可视为质点)紧靠在一起并静置于足够大的水平地面上，两物块间夹有少量炸 : 药（未画出），爆炸（时间极短）后物块A向左运动的位移大小为4m。己知物块A、B的质量分别为kg、2kg, 那 物块A与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度大小g=10m/s2。爆炸后瞬间物块A、B的总动能为() B : O A.6J B.8J C.12J D.14J 第1页（共4页） .… 6.一个质量为4kg的物体在合力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合 个FN 力F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是() 1 0 A.1=4s时物体的动量方向反向 B.t=4s时物体的动量开始减小 4 6 t/s C.0~6s物体的动量一直增大 D.t=4s时物体的动量大小为2kg·/s 7.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度。击中沙袋 后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙 袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为8。下列说法中正确的是() A.弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量 C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为m6 72 D。沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 72g 二、多选题（每题5分，选对但不全得3分，有选错不得分，共计15分) 8(课本29页第7题)·质量为m和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移一时间 图像如图所示。则() ◆x/m 16-- A.若1=1kg,则2=3kg B.若h=1kg,则m2=1kg 1m2 C.若=1kg,则两个物体的碰撞是非弹性碰撞 7m D.若1=1kg,则两个物体的碰撞是弹性碰撞 2 4 6 9.下图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法正确的是() A.甲、乙两摆的振幅之比为2：1 x/cm 甲 B.t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为0 C.甲、乙两摆的摆长之比为4：1 3 56 D.甲、乙两摆摆球在最低点时的动能一定相等 10.如图所示，质量E4kg的圆环套在光滑的水平轨道上，质量=2kg的小球通过长L=1.8m的轻绳与圆环 连接。现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则() A.运动过程中，小球的机械能守恒 M B B.小球从释放到最低点过程，绳子对小球的拉力做负功 C.小球通过最低点时，小球的速度大小为6m/s D.从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环的位移大小为0.6m 第2页（共4页） 三、实验题（每空两分，共计20分） 11.某同学利用如图所示装置来验证动量守恒定律，图中的O点是小球抛出点在地面上的竖直投影，P点是 入射小球m从S点释放独自滚下时的落点，M点、N点分别是小球m与小球m2碰撞后球m、m2各自的落 点。 34.10 44.77 0 55.44 (1)下列操作中，属于本实验必要步骤的是 (填选项的符号)。 A.测量两个小球的质量m,、m2 B.测量抛出点距地面的高度H C.测量S点到轨道水平部分的高度h D.测量两小球相碰前、后平抛运动的射程OPOM、ON (2)若表达式满足 ，则两球碰撞过程动量守恒（用所测物理量符号表示)。 若该碰撞是弹性碰撞，则应满足的表达式为 (用OP、OM、ON表示)。 (3)某次实验中，测定m,=45.0g,m2=7.5g(即m,=6m2)小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示， 则碰撞前、后两小球总动量的比值为 。(保留三位有效数字) 12.实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。 (1)下列最合理的装置是 铁夹 铁夹 粗的金属杆 铁夹 弹性棉绳 细丝线 细丝线 A. C 弹性棉绳 D 铁球 塑料球 塑料球 铁球 (2)测摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L,再用游标卡尺测 得摆球的直径，读数如下图，则d= cm。 2 3cm WTTTTTTTTT -1.00 5101520 99.0→1cm 图1 图2 测周期时，当小球通过平衡位置时开始计时，并在小球下一次通过平衡位置时开始计数“1”，当小球第50次 经过平衡位置时停止计时，所用时间，则周期T= 第3页（共4页） ： (3)某同学课后尝试在家里做用单摆测量重力加速度的实验。由于没有合适的摆球，于是他找到了一块鸡蛋 O O 大小、外形不规则的大理石块代替小球进行实验。如图1所示，实验过程中他先将石块用细线系好，结点为 M,将细线的上端固定于O点。然后利用刻度尺测出OM间细线的长度1作为摆长，利用手机的秒表功能测 出石块做简谐运动的周期T。在测出几组不同摆长1对应的周期T的数值后，他作出的T2-1图像如图2所示。 ：： & 图像不过坐标原点的原因是 厨 由此得出重力加速度的测量值为 m/s2。(π取3.14，结果保留三位有效数字)图像不过坐标原点对 个xt/cm 重力加速度测量结果的影响是测量值 真实值。（填“>”、“=”、“<"） 四、解答题(13题10分；14题10分；15题17分) O 性 13(课本60页第4题)·如图是一个水平弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。 （1)写出该小球位移随时间变化的关系式。 (2)在第2s末到第3s末这段时间内，小球的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？ (3)该小球在第100s时的位移是多少？从0到100s的路程是多少？ 数 游 牙 14(课本30页第7题改编)，如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置 于A的左端，三者质量分别为mA=2kg,me=lkg,m=2kg。开始时C静止，A、B一起以'。=5m/s的速度 O 匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向 右运动且恰好不再与c碰撞(g=10m/s2)。求： (1)A与C碰后瞬间A的速度大小： B A 777777777 77777777 喀 (2)若A、B间动摩擦因数4=0.5，求A板的最小长度。 罗 15.如图所示，质量=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 : E4kg的小车C,其上表面与平台等高，小车与水平地面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=0.9m,连线 O .: 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至O点正下方D。滑 块A再滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B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0.5，滑块A、B可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求 (1)滑块A下滑至O点正下方D时对轨道压力的大小： (2)该过程中弹簧弹性势能的最大值： R 60° (3)小车C的长度L。 M☐B .: 平台 第4页（共4页）参考答案 题号 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 C A A D C D AD AB BD 1.C【详解】A.吊舱做匀速圆周运动，速度大小不变，方向不断变化，因此速度不断变化，A错误： B. 吊舱的加速度始终指向圆心，大小不变，方向不断变化，因此加速度不断变化，B错误： 1 C.设吊舱的质量为m、速率为v,其动能为丘-2mw 吊舱的质量和速率均不变，因此动能不变，C正确 D.动量是矢量，其方向与速度方向相同，吊舱的速度方向不断变化，因此动量不断变化 故选C。 2.A 【详解】A.弹簧振子在振动中通过平衡位置时，速度达到最大，故A正确； BC.弹簧振子在振动中通过平衡位置时，位移为零，根据F=-x,回复力为零，故BC错误： D.由公式a=-位可知，因为回复力为零，所以加速度为零，故D错误。 故选A。 3.A 【详解】A.由共振曲线可知，振幅最大时驱动力频率为0.5Hz,故单摆的固有频率f。=0.5Hz,固有周期 fo =2s,故A正确： B.由单摆周期公式T=2π 整理得1=8 42 ≈lm,故B错误： CD. 1g 由=2元7 可知，摆长增大时固有频率减小，共振峰向左移动，故CD错误。 故选A。 4.D 【详解】设向上为正方向，根据动量定理(F-mg)t=mv,-mv。 得F=114N 故选D。 答案第1页（共7页） 5.C【详解】爆炸过程中两物块构成的系统动量守恒，有0=m'A-mg 爆炸后对物块A有umg=)my,2 21 解得v=4m/s,yg=2m/s 1 1 爆炸后瞬间物块A、B的总动能E=。mA'A2+。m。2=12J 2 2 故选C。 6.B 【详解】AB.根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量。 0~4s内：合力冲量I=F△11=8Ns,方向为正 动量变化量△2，=I,=8kg·m/s t=0时，物体静止，Po=0:t=4s时，P4=△p1+Po=8kgm/s,动量为正，故AD错误： CD.4~6s内：合力冲量I2=F△12=-4Ns 4s后合力反向，动量减小，动量变化量△p2=I2=-4kgm/s,故C错误，B正确。 故选B。 7.D 【详解】A.击中沙袋前，细绳拉力=5mg 弹丸以水平速度v。击中沙袋后未穿出，此过程水平方向动量守恒，满足m。=(m十5m)v共 解得=名 由牛顿第二定律可知，沙袋与弹丸受到细绳的拉力与重力的合力提供向心力，满足B-6mg=6m L 可知F>F,即弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力增大，故A错误： B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，故B错误； ,根据能量守恒定律得。m=，×6mv风+Q 2 解得Q= 2m心，故C错误； D.对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒定律有。×6m:=6mgh 解得h= ,故D正确。 72g 故选D。 8.AD 答案第2页（共7页） 【详解】AB.由图示图像可知，碰撞前1的速度 M2m/s=4m/s △出_8， V= 碰撞后1的速度 y-A5=0-8n 46-2m/s=-2/s 碰撞前2的速度 y=0 碰撞后2的速度 y'=A年-16-8 m/s=2m/s △26-2 两物体碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前1的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv=mv +mv 解得 m2=3m 若=1kg,则 m=3 kg 故A正确，B错误； CD.若1=1kg,则m2=3kg,碰撞前系统的总动能 1 E-2m2=8别 碰撞后系统的总动能 =方a+5%发2=划 2 则碰撞过程系统动能不变，系统机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故C错误，D正确。 故选AD。 9.AB 【详解】A.由图可知甲的振幅为2cm,乙的振幅为1cm,故甲、乙两摆的振幅之比为2：1，故A正确： B.1=2s时，甲摆位于最低点，即重力势能最小，乙位于最高点，速度为零，即动能为零，故B正确： C.甲乙振动周期之比为4s:8s=1:2 由单摆周期公式T=2π， 二可知，甲乙两摆的摆长之比为1：4，故C错误： D.因最大摆角和质量未知，故最低点的动能无法计算，故D错误。 答案第3页（共7页） 故选AB。 10.BD 【详解】A.该过程，系统机械能守恒，但由于绳拉力做功，小球的机械能变化，故A错误； B.小球从释放到最低点过程，绳子对小球的拉力做负功，故B正确： C.系统水平方向动量守恒，则my=M, 根据系统机械能守恒定律可得mgL=号m+M兮 2 2 联立解得y=2√6m/s,故C错误； D.系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”可得mx=M2,x+x2=L 解得x2=0.6m 即圆环的位移大小为0.6m,故D正确。 故选BD。 11.(1)AD (2) m,OP=m OM +m,ON m OP'=m OM+m ON' 3)1.03 【详解】(1)A.需要测量两小球的质量，才能比较碰撞前后的总动量，故A正确： B.两球从桌面边缘同时做平抛运动，飞行时间相同，验证动量守恒时高度H这一公共因素会约去，不必 测量，故B错误； C.入射小球的碰撞前速度由其单独滚下后的射程确定，释放点到水平轨道的高度h不参与比较，不必测 量，故C错误： D.需要测量入射小球单独滚下时的射程，以及碰撞后两小球的射程，故D正确。 故选AD。 (2)[1]两球离开桌面后均从同一高度H做平抛运动，飞行时间相同，设为。水平位移与离开桌面的水 平速度满足L=y,t 因此，碰撞前小球m的速度为。= OP 碰撞后小球m的速度为y= OM 碰撞后小球m,的速度为y2= ON t 取水平方向为正方向，由两球组成的系统在碰撞过程中动量守恒得m=m%+m22 约去相同的t,得到碰撞过程动量守恒应满足mOP=mOM+m,ON 答案第4页（共7页) 为弹性碰撞，还满足碰撞前后动能相等，即 2%+2m, 代入三球速与射程的关系并约去相同因子，得mOp2=mOM+m,ON (3)碰撞前总动量与碰撞后总动量的比值为P童= m Op P后mY+m2ym,OM+m2ON 代入图中所给的质量与距离数值，得，。一 45×44.77 45×34.10+7.5×55.44=1.03299≈1.03 12. D 1.020 t 摆长没有加M点到石块重心的距离 9.86= 25 【详解】(1)[1]用单摆测量重力加速度的大小的实验时，为减小实验误差，摆球在摆动时应减小空气阻 力影响，摆球应选择体积较小密度大的铁球，摆线应选择弹性很小细丝线，且用铁夹夹住细线的上端，因 此ABC错误，D正确。 故选D。 (2)[2]由题图可知，游标卡尺的主尺读数为1cm,游标尺的第4条刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标 尺是20分度，则游标尺的读数为 4×0.05mm=0.20mm=0.020cm 则有 d-1cm+0.020cm=1.020cm [3]因小球一次全振动经平衡位置2次，当小球第50次经过平衡位置时停止计时，所用时间t,则周期 tt T= 5025 (3)[4由题图2可知，当图线向右平移1.0c,图线就过坐标原点，因此图像不过坐标原点的原因是：摆 线的长度应是O点到石块重心的距离，该同学没有加M点到石块重心的距离，作图时的摆线比实际摆线 小。 [5]由单摆的周期公式T=2π， ,可得 g 72=4x2 1 由图2可得T2-1图像的斜率 4π2 4.0 -×102s2/m 899.0-(-1.0 解得 g≈9.86m/s2 [6]设M点到石块重心的距离为x,由周期公式可得 答案第5页（共7页） T=2π 1+x 整理可得 g 则图线的斜率为 4.0 、×102s2/m g99.0-（-1.0 解得 8≈9.86m/s2 可知图像不过坐标原点对重力加速度测量结果的影响是测量值等于真实值，即选“=”。 13.(1)x=5sin0.5π1(cm);(2)在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的速度减小，动能减小，弹 性势能增大，加速度逐渐增大：(3)0,5m 【详解】(1)由振动图象可得：振幅A=5cm(1分)，周期T=4s(1分)，初相位p=0,则圆频率 0=2不=元ads(1分) T2 故该振子做简谐运动的表达式为x=5sin乃1(cm)(1分) (2)由图可知，在1=2s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大， 加速度的值也变大(1分)，速度值不断变小，动能不断减小(1分)，弹性势能逐渐增大（1分)，当t=3s 时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。 (3)振子经过一个周期位移为零，路程为5×4cm=20cm(1分) 前100s时刚好经过了25个周期，所以第100s振子位移x=0(1分) 从0到100s的振子路程s=20×25cm=500cm=5m(1分) 14.(1)2m/s;(2)0.6m 【详解】(1)设A与C碰后瞬间，A的速度大小为V,C的速度大小为c;A与C碰撞过程，A、C组成 的系统满足动量守恒，则有 ma%=maVa+mc'e(2分) 经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动且恰好不再与C碰撞，可知A、B共速时的速度为， A与C碰撞后，A、B组成的系统满足动量守恒，则有 mAvA +mgvo=(mA +mg)vc (2) 联立解得 答案第6页（共7页） v=2m/s,vc=3m/s(2分) (2)当A、B再次达到共同速度时，B刚好运动到A的右端，A板长度具有最小值，根据能量守恒可得 1 ,121 m8m=2m,+2m6-2m,+m2分) 2 解得 Loin=0.6m(2分) 15.(1)40N (2)4.5J (3)L=0.6m 【详解】(1)滑块A沿圆弧下滑过程中，由机械能守恒有mg(1-c0s60)R=。m(1分) 解得，=3m/s(1分) 在D点，对滑块A有R-mg=m公(1分) R 联立解得F=40N(1分) 由牛顿第三定律，可知滑块A下滑至O点正下方D时对轨道压力的大小4ON。 (2)当滑块AB共速时，弹簧弹性势能最大，规定向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒得 m,=2m)m=)×2mV+Em(4分：动量守恒、能量守恒各给2分) 21 2 联立解得E,m=4.5J(1分) (3)设A、B两物块与弹簧分离后的速度分别为VA、',在A、B与弹簧相互作用的过程中，由动量守 国定律和能量守恒定律得m=m心，+m2m=)m以+m2分：动量守恒、能量守恒各给1分 2 联立解得g=3m/s(1分) 由题意可知，滑块B滑到小车C的右端时，两物体恰好共速，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 1 MYc)m喝=)m+M☑+umgL(4分：动量守恒、能量守作 解得L=0.6m(1分) 答案第7页（共7页）