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东莞市众美中学2025-2026学年高二上学期第7周物理周测试题
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。
1．一辆汽车和一列火车均由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后匀速行驶。汽车经过达到最大速度，火车经过 达到最大速度 ，对于二者的加速过程（　　）
A．汽车的速度变化量比火车大
B．火车的速度变化率比汽车小
C．汽车的动量变化量一定比火车大
D．汽车的动量变化率一定比火车大
2．如图，在光滑水平面上放置物体，小球从的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球下滑过程中说法错误的是（　　）
A．小球与物体组成的系统水平方向动量守恒
B．小球与物体组成的系统机械能守恒
C．小球对物体的压力不做功
D．物体对小球的支持力的冲量不为零
3．某同学用如图所示的实验装置来“验证动量守恒定律”。多次实验后，记录两小球在桌面上的平均落点位置，用刻度尺测量出两小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L。两小球碰撞过程中动量守恒，若仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球m1释放的初始位置不变，下列说法不正确的是（　　）
A．斜槽不光滑对实验没有影响
B．
C．小球m2的落点到O点的距离最大可能为
D．利用复写纸与白纸记录小球的落点，实验过程中不可移动白纸的位置
4．如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A球运动到最低点时速度大小为
C．A球机械能减小了
D．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为
5．如图甲所示，一质量为m＝0.4kg的物块放置在倾角为的光滑斜面底端，时刻对物块施加一沿斜面方向的外力F，外力F随位移x变化的图像如图乙所示，规定沿斜面向上为F的正方向，若物块从开始运动到第一次速度变为0所用时间为4s，重力加速度g取，则从物块开始运动至运动到处所用的时间可能为（ ）
A．4s B．8s C．10s D．12s
6．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，以O点为坐标原点，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．振子的振幅为4cm
B．振子从1s至3s弹簧弹力一直做负功
C．3s至4s振子从A点向O振动，速度增大，加速度减小
D．2s至3s振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大
7．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则（　　）
驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80
受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3
A．f固=60 Hz B．60 HzC．50 Hz8．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，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙，与B间的摩擦因数μ=0.2）和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以v=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（碰撞时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次到达共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。下列说法正确的是（　　）
A．A、C碰撞时A、B、C系统动量守恒
B．A、C发生碰撞后的瞬间A的速度为2m/s，C的速度为3m/s
C．为了保证滑块B不掉落，木板A的长度至少为1.5m
D．整个过程中由摩擦的产生的热量为12J
10．如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止释放，运动到最低点B时的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列正确的是（ ）
A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功为
B．摆球运动到B时重力的瞬时功率为mgv
C．摆球从A运动到B的过程中拉力的冲量为零
D．摆球从A运动到B的过程中拉力的冲量大小为
二、非选择题：本题共4小题，共54分。
11．某同学利用如图甲所示的实验装置探究机械能守恒定律。实验时，将小钢球从斜槽上位置A处由静止释放，钢球沿斜槽下滑并通过斜槽末端O处的光电门，光电门记录下钢球的遮光时间t。用刻度尺测得钢球下降的高度h，重力加速度为g。
(1)测量钢球直径的正确操作是图中 （填“乙”或“丙”）所示的方式，测得钢球直径为d。
(2)若钢球下滑过程中机械能守恒，则gh＝ （用题目的符号表示）。
(3)实验中发现，钢球的动能增加量始终小于钢球的重力势能减少量，且误差超过10%，产生误差的主要原因是 。
(4)该同学在原装置上拆掉光电门后改成图丁所示装置来探究动量守恒定律实验。小钢球1、2的质量分别为，先将钢球1从A点由静止释放，钢球1离开斜槽后落到P点；仍将钢球1从A点由静止释放，钢球1和放在斜槽末端的钢球2碰撞后，落地点分别为M和N，测出钢球落地点与斜槽末端的水平距离，在不计空气阻力的情况下，在实验误差允许的范围内，满足 关系时，两钢球的碰撞过程动量守恒；满足 关系时，两钢球的碰撞过程为弹性碰撞。（用题目中给出的符号表示）
12．如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
A．用天平测出两个小球的质量分别为和；
B．安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；
C．先不放小球，让小球从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
D．将小球放在斜槽末端B处，仍让小球从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球、在斜面上的落点位置；
E．用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，M、P、N三点到B点的距离分别为、、。
依据上述实验步骤，请回答下面问题：
(1)两小球的质量、应满足 （填“”“”或“”）。
(2)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式 ，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。
(3)如果两个小球的碰撞是弹性碰撞，图中P、M分别是小球碰前碰后的落点位置，实验测得cm，cm，则小球的落点位置 cm。
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．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示。
(1)用毫米刻度尺测量摆线的长时，将摆线平放，如图（A）所示，刻度尺读数是 cm；用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（B）所示，可知摆球直径是 cm，如图所示测出的摆长 选填“偏大”，“偏小”
(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长，测出相应的周期，从而得出一组对应的与的数值，再以为横坐标为纵坐标，将所得数据连成直线如图C所示，与的关系式 ，利用图线可求出图线的斜率 ，再由可求出 。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B D C D C BD ABC AD
1．B
【详解】A．速度变化量为末速度减初速度。题意可知汽车，火车，故汽车的速度变化量比火车小，故A错误；
B．速度变化率即加速度，汽车加速度
火车加速度
可知火车的加速度更小，故B正确；
C．动量变化量
因质量未知，无法确定大小，故C错误；
D．动量变化率表示力，因为
因质量未知，无法比较与的大小，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．小球A下滑过程竖直方向先加速后减速，即竖直方向加速度方向先向下后向上，则竖直方向先失重后超重，水平方向系统所受外力的合力为0，可知，小球A 和物体B构成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A正确，不符合题意；
C．小球A对物体B的压力方向与B的速度方向夹角为锐角，则小球A 对物体B的压力做正功，故C错误，符合题意；
B．小球A下滑时，曲面光滑，无摩擦力，小球A对物体B的压力与物体B对小球A的支持力是系统内力，所做的功互相抵消，对系统而言，只有小球A的重力做功，故系统机械能守恒，故B正确，不符合题意；
D．根据冲量的定义有
可知，物体B 对小球A的支持力的冲量不为零，故D正确，不符合题意。
本题选错误的，故选C。
3．B
【详解】A．只要每次让小球从同一斜槽的同一位置滚下，小球每次损失的能量相同，小球到达斜槽末端的速度就是相同的，所以斜槽轨道是否光滑，对本实验没有影响，故A正确；
B．两小球碰撞过程中动量守恒，有
碰撞后小球做平抛运动，其中，，
整理可得
代入数据可得，故B错误；
C．仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球A释放的初始位置不变，发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，则根据动量守恒可得
机械能守恒可得
联立解得
则小球B的落点到O点的距离最大可能为，故C正确；
D．若实验中白纸上铺复写纸的目的是描绘落点的位置，复写纸的位置可以移动，但白纸的位置不可以移动，故D正确。
本题选不正确项，故选B。
4．D
【详解】A．A、B组成的系统，水平方向不受外力，竖直方向受力不平衡，则A、B组成的系统水平方向动量守恒，，系统动量不守恒，故A错误；
B．当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为和。由水平方向动量守恒，得
由机械能守恒得
解得
A球运动到最低点时速度为，故B错误。
C．A球机械能减小量为，故C错误；
D．A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有
且
解得
A球运动到最低点时，B球向右运动距离为，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】根据图乙可知，与的函数关系为
物块所受合力为
当时，
令
则有
故物块以处为平衡位置做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，物块到达处的时间可能为
故选C。
6．D
【详解】A．由图乙可知，振子的振幅为，故A错误；
B．振子在运动过程中，只有弹簧弹力做功，由图乙可知，从1s至3s振子的位移大小先减小后增大，则振子的速度先增大后减小，即振子的动能先增大后减小，所以弹簧弹力先做正功后做负功，故B错误；
C．3s至4s振子位移为正且在减小，所以振子从B点向O振动，速度增大，加速度减小，故C错误；
D．2s至3s振子位移为正且在增大，所以振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】物体做受迫振动，其共振曲线如图所示
由图可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大。并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢。比较各组数据，知f驱在50~60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固≤60 Hz。
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．ABC
【详解】A．对ABC整体，由于水平轨道光滑，A、C碰撞时系统合外力为0，故A、B、C系统动量守恒，故A正确；
B．题意可知最终三者速度相同设为，规定向右为正方向，则有
联立解得
AC相碰后，根据动量守恒有
联立解得碰后A速度
综合可知A、C发生碰撞后的瞬间A的速度为2m/s，C的速度为3m/s，故B正确；
C.为了保证滑块B不掉落，需保证AB要能共速，则有
联立解得
故木板A的长度至少为1.5m，故C正确；
D．整个过程中由摩擦产生的热量，故D错误。
故选ABC。
10．AD
【详解】A．摆球从A运动到B的过程中，根据动能定理得
故A正确；
B．小球到达B点时，速度方向与重力的夹角为90°，则根据功率公式有
故B错误；
CD．摆球从A运动到B的过程中，重力的冲量
合力的冲量
则拉力的冲量大小
故C错误，D正确。
故选AD。
11．(1)
乙
(2)
(3)
误把释放时球心到轨道末端的竖直距离当成
(4)
[1]
[2]
【详解】（1）测量钢球外径应选乙所示的方式。
（2）钢球下滑过程中机械能守恒
钢球通过光电门
联立解得
（3）由可知，误把释放时球心到轨道末端的竖直距离当成，多出了钢球半径，重力势能减少量明显偏大。
（4）[1]钢球平抛，
联立解得，，
两钢球的碰撞过程动量守恒
所以
[2]两钢球的碰撞过程为弹性碰撞，机械能守恒
解得
12．(1)＞
(2)
(3)49
【详解】（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量。
（2）碰撞前，小球落在图中的点，设其水平初速度为，小球和发生碰撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，都做平抛运动，的落点在图中的点，设其水平初速度为，的落点是图中的点，设其水平初速度为，设斜面与水平面的倾角为，根据平抛运动规律有，
解得
同理可解得，
所以只要满足
即，则说明两球碰撞过程中动量守恒。
（3）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入上一问的速度表达式可得
联立
可得
解得
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) 99.00 1.940 偏小
(2) 4
【详解】（1）[1]如图所示，刻度尺的读数需估读到分度值的下一位，读数为99.00cm；
[2]游标卡尺的读数为
[3]测量摆长时应将摆球悬挂，处于竖直状态下进行测量，此时细线有微小的伸长，可知水平测量摆线的长度测出的摆长偏小。
（2）[1]根据单摆周期公式
整理可得
[2]由图可知，图线的斜率
[3]由可知，图线的斜率为
又
联立解得高二物理周测答题卡（第7周）
一、选择题（共46分）
单选 1 2 3 4 5 6 7
答案
不定项 8 9 10
答案
二、非选择题（共4小题，共54分）
11.（1） （2）. （3）
（4） ；
12. （1） （2）. （3）
13. （1） （2）. （3）
14. （1） ; ;
（2） ; ;

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