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东莞市众美中学2025-2026学年高二上学期十月国庆假期物理训练试题
本试卷满分100分,考试用时75分钟。
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1．一项研究表明，Gliese229B是由两颗褐矮星（现被命名为Gliese229Ba和Gliese229Bb）组成的双星系统，仅考虑两星间的万有引力，二者各自绕连线上的某一点做匀速圆周运动.将两星视为质点，相距，Gliese229Ba的质量为，Gliese229Bb的质量为，引力常量为，则下列说法正确的是（ ）
A．Gliese229Ba与Gliese229Bb做圆周运动的半径之比为
B．两星做圆周运动的角速度
C．两星做圆周运动的向心力大小不相等
D．两星做圆周运动的动量大小不相等
2．如图所示，A、B两物体质量之比为3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法错误的是（　　）
A．若A、B与平板车间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车间的动摩擦因数不相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成的系统动量守恒
3．某同学利用水平放置的气垫导轨做了如下探究，如图示，在气垫导轨上固定两个光电门甲、乙，两个滑块上分别固定前端带有相同遮光条的条形磁铁A、B（同名磁极相对），保证A位置不动，调节A、B的间距，使得同时静止释放A、B后，两遮光条恰能同时经过两个光电门，测得此时两遮光条与甲、乙分别相距，两遮光条的遮光时间分别为．若设A、B（磁铁和滑块）的质量分别为，则下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．碰撞后的动量大于的动量
D．碰撞后的动能小于的动能
5．如图所示，两端开口、粗细均匀的U形管，管内装有液体。给左管液面加压，当液体静止时，右管液面比左管液面高。现撤去外压并开始计时，时液体速度第一次减为零。不计摩擦力，外界压强视为恒定。下列说法正确的是（　　）
A．液体运动的振幅为
B．液体运动的周期为2s
C．时，液体势能最大
D．时，右液面处的液体处于失重状态
6．某弹簧振子在光滑的斜面上做简谐振动，其动能与弹性势能随时间变化的图像如图所示，已知轻质弹簧的质量为，弹簧振子的周期公式为，由图像的特点分析下列说法正确的是（　　）
A．此弹簧振子不是从弹簧处于原长开始计时
B．弹性势能的变化周期与动能的变化周期相等
C．时刻重力势能最小
D．弹簧的劲度系数为
7．在用单摆测定重力加速度”实验中：测得小球的直径为D，改变摆长，测出几组摆线长度l（悬点到摆球最顶端的距离）和对应周期T的数据作出l-T2图像。由图可知（　　）
A．纵轴截距的绝对值应为D
B．纵轴截距的绝对值应为
C．
D．
8．某实验小组利用如图所示的实验器材做“验证动量守恒定律”的实验，质量为m1的小球1从斜面上某一固定位置由静止释放，落在水平地面上的P点，在桌面边缘放置另一质量为m2的小球2，再将小球1从同一位置静止释放，两球的落地点为M和N，O点为2球球心在水平面的投影，关于该实验下列说法正确的是（　　）
A．M点为小球2第二次下落的落地点
B．若成立，可验证两小球碰撞过程中动量守恒
C．若碰撞过程中两小球动量守恒，则一定成立
D．实验中两小球质量必须满足m1>m2
9．如图所示，小球在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，下列说法正确的是（　　）
A．小球运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用
B．小球运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
C．小球由A向O运动过程中，位移、回复力和加速度均逐渐增大
D．小球由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
10．将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力。用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学根据提供的信息做出了下列判断，其中正确的是（　　）
A．时摆球经过最低点
B．时摆球经过最低点
C．摆球做阻尼振动
D．若当地，则该摆的摆长
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．利用图甲中装置做“探究碰撞中的不变量”的实验。
(1)入射小球，原静止的被碰小球，由实验测得它们在碰撞前后的x-t图像如图乙所示，可知入射小球碰撞后的是 kg﹒m/s，入射小球碰撞前的是 kg·m/s，被碰小球碰撞后的是 kg﹒m/s，由此得出结论 。
(2)本实验中，实验必须要求的条件是 。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射小球与被碰小球的关系满足，
12．利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为的滑块与质量为的静止滑块在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后和的速度大小和，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平；
（2）测得两滑块的质量分别为和。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 的滑块作为；
（3）调节的位置，使得与接触时，的左端到左边挡板的距离与的右端到右边挡板的距离相等；
（4）使以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与碰撞，分别用传感器记录和从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和；
（5）将放回到碰撞前的位置，改变的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；
1 2 3 4 5
0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
0.15 0.20 0.33 0.40 0.46
0.31 0.33 0.33 0.33
（6）表中的 （保留2位有效数字）；
（7）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用和表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字），若该值与表格中的平均值间的差别在允许范围内，则可认为滑块与滑块在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
13．已知弹簧振子振动周期，m为振子质量，为弹簧劲度系数。小明利用弹簧振子测量重力加速度的实验如图甲所示。将一轻质弹簧竖直悬挂在铁架台上，测出弹簧静止时弹簧下端指针对齐的刻度，在弹簧下端挂一个质量为的钩码作为振子，测量钩码静止时指针对齐的刻度。
(1)根据上述测量值可以得到弹簧的劲度系数 。
(2)用手将钩码下拉一小段距离后由静止释放，用秒表测得振子完成10次全振动的时间。改变钩码的质量，重复上述步骤，测得指针对齐不同刻度时所对应的10次全振动的时间。为了减小因为测量周期时产生的偶然误差，应从振子位于 位置开始计时（填“平衡”、“最低点”或者“最高点”）。
(3)如图乙所示，根据测量得到的数据描绘与的图像，测得图像的斜率为，则重力加速度的 （结果保留3位有效数字，取）。
14．如图甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为k的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器（压力显示为正值，拉力显示为负值），能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F-t图像。现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示图像。
(1)试证明滑块的振动是简谐运动（请运用力学规律证明，要有必要的关系式和文字说明） 。
(2)由如图乙所示的图像可知，滑块做简谐运动的周期为 s。
(3)结合图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为 （请用字母表示）。
15．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，已知摆线长为，小球直径为。
(1)实验测得50次全振动的总时间，单摆周期 ；利用单摆周期公式得重力加速度 （用来表示）。
(2)若实验时忽略了小球直径，直接将摆线长度作为摆长，此时重力加速度的测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
(3)已知实际单摆的周期公式约为（为最大摆角，单位为rad），若要求重力加速度的相对误差，最大摆角必须控制在 rad以内（结果保留1位小数，提示：当时，）。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A C C D C C BD AD AC
1．B
【详解】A．双星系统中，轨道半径与质量成反比，即，故A错误；
B．两星万有引力提供向心力，有
结合，解得，故B正确；
C．两星间的万有引力大小相等，方向相反，因此向心力大小相等，故C错误；
D．动量大小为，由和，可得，动量大小相等，故D错误。
故选B。
2．A
【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A、B两物体仍静止，则A、B两物体动量守恒。若A、B两物体发生滑动，A、B两物体受到的摩擦力不同，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；
BD．由于地面光滑，A、B、C组成的系统所受合外力为0，A、B、C组成的系统动量守恒。动量守恒需要系统受到的合外力为零，与系统内的内力无关，A、B、C之间的摩擦力为内力，故BD正确；
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B两物体构成的系统所受合外力为0，动量守恒，故C正确。
本题选错误的，故选A。
3．C
【详解】AB．A、B从释放到经过光电门过程，由动量守恒得
解得
由动量守恒得
两边同时乘t，可得
解得
故AB错误；
CD．因为，
以上联立可得
故C正确，D错误。
故选C。
4．C
【详解】AB．碰后m1速度反向，根据动量守恒
结合图像斜率计算速度代入解得，故AB错误。
C．碰后两物块速率相等，根据p=mv可知，碰撞后的动量大于的动量，故C正确。
D．根据 因m1小于m2，碰后两物块速率相等，可知碰撞后的动能小于的动能，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．由题意可知，液体在U形管中做简谐运动，当两侧液体液面高度相同时，液体处于平衡位置，可知液体运动的振幅为，故A错误。
B．当时液体速度第一次减为零，即此时左侧液面达到最高处，可知液体运动的周期为，故B错误。
C．时，液体处于平衡位置，动能最大，势能最小，故C错误。
D．时，液体运动了个周期，此时右侧液面在平衡位置上方，向上做减速运动，故此时右侧液面处的液体处于失重状态，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．计时开始即0时刻，弹性势能为0，弹簧处于原长，则此弹簧振子是从弹簧处于原长开始计时，故A错误；
B．弹性势能的变化周期是动能的变化周期的2倍，故B错误；
C．由图像可知，时刻，弹簧振子的动能最小，弹性势能最大，处于最低点，则重力势能最小，故C正确；
D．弹簧振子的周期
结合，解得，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】AB．根据，得
其中
得
故纵轴截距的绝对值应为，故AB错误；
CD．图像的斜率
解得，故C正确，D错误。
故选C。
8．BD
【详解】D．为了防止小球1被反弹，实验中两小球质量必须满足，故D正确；
A．根据题意P点为小球1第一次释放时的落点，第二次释放后，小球1与小球2发生碰撞，则小球1的速度减小，第二次小球1落点为点，则点为小球2第二次下落的落地点，故A错误；
BC．碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
得
弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由机械能守恒定律得
两边同时乘以t2得
则有
故B正确，C错误。
故选BD。
9．AD
【详解】AB．小球运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力，回复力是根据效果命名的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在此情景中弹簧的弹力充当回复力，故A正确，B错误；
C．回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移的大小在减小，故此过程回复力、加速度逐渐减小，故C错误；
D．回复力总是指向平衡位置，故D正确。
故选AD。
10．AC
【详解】C．根据牛顿第二定律知，在最低点有
可得
由图知，摆球通过最低点的拉力减小，则知其速度减小，振幅不断减小，所以摆球做的是阻尼振动，故C正确；
AB．摆球经过最低点时，拉力最大；由图可知，在t=0.2s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点；在t=1.1s时，摆球的拉力不是最大，不是经过最低点，故A正确，B错误；
D．由图可知，两次拉力最大的时间间隔为0.6s，故周期为1.2s，根据单摆周期公式有
代入数据可得，故D错误。
故选AC。
11． 0.0075 0.015 0.0075 碰撞前后系统中两小球的质量与速度乘积的矢量和是不变量 BCD
【详解】(1)[1][2][3][4]由题图乙可知，碰撞前入射小球的速度为
碰撞后，入射小球的速度为
被碰小球的速度为
入射小球碰撞后的
入射小球碰撞前的
被碰小球碰撞后的
碰撞前系统质量与速度乘积的矢量和为
碰撞后系统质量与速度乘积的矢量和为
由此可知碰撞前后系统中两小球的质量与速度乘积的矢量和为不变量；
(2)[5]AB．“探究碰撞中的不变量”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，要求小球离开轨道后做平抛运动，即斜槽轨道末端切线水平，对斜槽是否光滑没有要求，A错误，B正确；
C．要保证碰撞前入射小球的速度相同，入射小球每次都要从同高度由静止滚下，C正确；
D．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后入射小球不反弹，要求m1>m2，r1=r2，D正确。
故选BCD。
【关键点拨】解答本题的关键是理解入射小球和被碰小球从同高度做平抛运动并且落到同一水平面上，下落的时间相同，所以在实验过程中把本来需要测量的速度转换为测量平抛运动过程中水平方向发生的位移，掌握实验原理才能顺利解决此类题目。
12． 0.310 0.30 0.32
【详解】[1]要使碰撞后两滑块运动方向相反，需小质量物体碰大质量物体，故应选取质量为0.310的滑块作为；
[2]根据实验原理有
则有
[3]若弹性碰撞，规定A的初速度方向为正方向，则有
联立解得
[4]代入题中数据，可得
13．(1)
(2)平衡
(3)9.76
【详解】（1）根据胡克定律有
可得
（2）测量周期时，对于相同的位置判断产生的绝对误差引起的，从平衡位置开始计时，速度大，小，相对误差小。
（3）根据周期公式，，
综合可得
则
解得
14．(1)见解析
(2)0.4
(3)
【详解】（1）设斜面的倾角为，对滑块受力分析由平衡条件
假设在运动过程中任意时刻滑块相对平衡位置的位移为x，则滑块受到的回复力为
并且回复力的方向与位移x方向相反，故滑块的振动是简谐运动。
（2）由图可以看出周期为
（3）根据胡克定律
，
振幅为
15．(1) 2.01
(2)偏小
(3)0.2
【详解】（1）[1]单摆周期
[2]单摆摆长
由单摆周期公式
得
（2）根据可知，偏小，则的测量值偏小。
（3）由，
变形得，
由于，所以
联立，，
解得
由于很小，近似可以等于1，所以
解得

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