湖南省长沙市2025-2026学年高二物理上学期11月期中测试试题含解析

时量：75分钟分值：100分

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题只有一个正确选项．）

1.下列说法正确的是（）

A.从高空平抛落下的重物落在静止于光滑地面上的车厢中，重物和车厢系统的水平方向动量守恒

B.在光滑水平面上运动的小车迎面撞上一静止的小车，两车系统的动能守恒

C.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，运动员和铅球系统的动量守恒

D.光滑斜面置于光滑水平面上，一个物体沿斜面滑下，物体和斜面系统动量守恒

【答案】A

【解析】

【详解】A．重物和车厢系统在水平方向不受外力，竖直方向的外力不影响水平方向的动量守恒，故水平方

向动量守恒，A正确。

B．两车碰撞时动量守恒，但动能是否守恒取决于碰撞类型。题目未说明是完全弹性碰撞，因此动能可能因

形变或内能损失而不守恒，B错误。

C．运动员推铅球时，系统受地面摩擦力作用，合外力不为零，动量不守恒，C错误。

D．物体和斜面系统在竖直方向受重力和地面支持力，合外力不为零，导致总动量不守恒；仅水平方向动量

守恒，但选项未限定方向，D错误。

故选A。

2.频率为固定值的声源在空气中向着静止的按收器匀速运动，以u表示声源的运动速度，v表示声波的传

播速度uv，f表示接收器接收到的频率，若u减小．则（）

A.f变大，v不变B.f不变，v增大

C.f变小，v不变D.f不变，v减小

【答案】C

【解析】

v

【详解】根据多普勒效应公式ff原，当u减小时，接收器接收到的频率f减小；

vu

声波的传播速度v由介质决定，故v不变。

故选C。

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f的关系如图所示，则下列说法正确的

是（）

1

A.此单摆的固有周期为4sB.此单摆的固有振动下的圆频率为rad/s

C.若摆长增大，单摆的固有频率变大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动

【答案】B

【解析】

1

【详解】AB．由图可知共振发生在f0.5Hz时，则此单摆对应的固有周期T2s

f

圆频率2frad/s，故A错误，B正确；

L

C．根据单摆的周期公式T2

g

1g

可得单摆的固有频率f

2πL

当摆长L增大时，f变小，故C错误；

D．摆长增大会导致单摆固有频率下降，则共振曲线峰值对应频率向左（低频方向）移动，故D错误。

故选B。

4.质量为2m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性

的，则碰撞后B球的速度可能为（）

1357

A.vB.vC.vD.v

4444

【答案】B

【解析】

【详解】完全非弹性碰撞2mv2m3mv共

2

解得v共v0.4v

5

111

弹性碰撞2mv2mv3mv，2mv22mv23mv2

AB22A2B

2

4

联立解得vv0.8v

B5

实际碰撞中B球速度应满足0.4vvB'0.8v

故选B。

5.有一位质量为60kg的运动员，从离水平网面5m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面

4.05m的高处．若运动员与网接触的时间为1.2s，求网对运动员的平均作用力大小（g取10ms2）（）

A.950NB.1200NC.1350ND.1550N

【答案】D

【解析】

【详解】运动员从高处自由下落，由运动学公式2

5mv12gh1

代入，2，解得（方向竖直向下）。

h15mg10m/sv1210510m/s

运动员反弹至高处，同理2

4.05mv22gh2

代入，解得（方向竖直向上）。

h24.05mv22104.059m/s

以竖直向上为正方向，动量变化为Δpmv2v1mv2v1

代入m60kg，v110m/s，v29m/s，解得Δp609101140kgm/s

根据动量定理FmgΔtΔp

1140

代入Δt1.2s，mg6010600N，解得F6009506001550N

1.2

故选D。

6.图甲为一列沿x轴方向传播的简谐横波．a、b为平面位置在x轴上相距12m的两质点．以波源开始振动

为计时起点，在t18s时刻a、b间首次形成如图甲所示的波形，图乙为质点b振动的位移－时间图像，设

沿y轴正方向为振动正方向，则（）

A.该简谐波可能沿x轴负方向传播B.该简谐横波波速为1.5ms

3

C.b点的平衡位置与波源相配16mD.前12s内质点b运动的路程为80cm

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图乙可知，t18s时刻b点的振动方向为负方向，结合图甲可知，该简谐波沿x轴正方向传

播，故A错误；

B．由图乙可知，质点b在11s到23s会经过一个完整的振动，即周期T23s11s12s

18s11s7

则质点b在18s时的相位为2ππ

T6

11

则b与平衡位置相差π，即二个周期，所以在甲图中，b同样与平衡位置差个波长，即ab之间共

612

5122

个波长，可得：12m

12433

解得18m，波速v1.5ms

T

故B正确。

1

C．b点的平衡位置与波源相距116.5m，故C错误；

12

1

D．12s内质点b振动的时间为t1211sT

b12

2π

故12s内质点b运动的路程为saAsin10cm，故D错误。

12

故选B。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题有多个速项符合题目要求，全部速对得5

分，选对但不全得3分，有选错的得0分．）

7.如图所示，由小球和弹簧组成的弹簧振子沿水平方向做简谐运动．M、N两点关于平衡位置O点对称．t0

时刻，振子向右经过N点；t3s时，第一次经过M点．已知0～3s时间内，振子经过的路程为0.6m．关

于该弹簧振子，下列说法正确的是（）

A.振幅为0.2mB.周期为6s

C.振子经过O点时动能最小D.振子经过O点时加速度最小

【答案】BD

4

【解析】

【详解】AB．振子从N点运动到M点经历了半个周期，运动了两个振幅的路程，故弹簧振子的周期T2t6s，

B正确；

s

振子的振幅A0.3m，A错误；

2

CD．振子经过O点时加速度为零，速度最大，动能最大，故C错误，D正确。

故选BD。

8.一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x13m和x28m处质点的振动图像分别如图甲、乙所示，则

此列波的传播速率可能是（）

55

A.msB.msC.3msD.5ms

34

【答案】AD

【解析】

【详解】由振动图像可知周期T4s，零时刻x1质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移

处。

若波沿x轴正方向传播，波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3

1

则有x2x1nn0,1,2,

4

xx

21

得波长1

n

4

5

波速vms

T4n1

5

5

当n0、1、2…时，速度为v5ms、v1ms、vms

9

3

若沿x轴负方向传播，波形如图乙所示，同理可得x2x1nn0,1,2,

4

xx

21

得波长3

n

4

5

波速vms

T4n3

555

当n0、1、2…时，速度为vms、vms、vm/s

3711

故选AD。

9.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A

射入木块的深度是B的3倍．假设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动

的过程中，下列说法正确的是（）

A.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍

B.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍

C.若子弹A向右射入木块与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度大于B的3倍

D.若子弹B向左射入木块与木块相对静止后，子弹A再向右射入木块，最终A进入的深度大于B的3倍

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得

mAvAmBvB0

则有mAvAmBvB

即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对

6

木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的

深度为d，由动能定理，对子弹A有FfdA0EkA

可得FfdAEkA

对子弹B有FfdB0EkB

可得FfdBEkB

由于dA3dB

的

则有两子弹初动能关系为EkA3EkB

2222

mAvAmBvB

由动能公式可得EkA，EkB

2mA2mB

解得mB3mA

即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍；由于mAvAmBvB

可得vA3vB

即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，故A错误，B正确；

C．若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，

由能量守恒定律可知，系统减少的机械能

EFfdAEkA

可得dAdA

子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知mAvAmBvB

则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量

守恒定律可知，系统减少的机械能

EFfdBEkB

可得dBdB

由以上分析可知dA

3dB，故C错误；

D．若子弹B向左射入木块，子弹B与木块组成的系统动量守恒，子弹B与木块相对静止时有共同的速度，

由能量守恒定律可知，系统减少的机械能EFfdBEkB

可得dBdB

子弹A再向右射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知mAvAmBvB

7

则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹A射入木块运动中，由能量

守恒定律可知，系统减少的机械能

EFfdAEkA

可得dAdA

由以上分析可知dA

3dB，故D正确。

故选BD。

10.如图所示，水面上有两个相距3m、频率均为2Hz的波源S1和S2，水面上P点到S1的距离为4m，到S2

的距离为5m。t0时刻，两波源同时由平衡位置开始向下简谐运动，t2s时，P点开始振动．已知两波

源的振幅均为10cm，下列说法正确的是（）

A.该水波的波长为1.5m

B.0～3s内，P点运动的路程为120cm

C.S1与S2的连线之间（不含S1、S2两点）有6个振动减弱点

D.P点与S1的连线之间（不含P、S1两点）有2个振动加强点

【答案】BC

【解析】

PS4

【详解】A．t2s时，P点开始振动，可知波速v1ms2ms

t2

11

周期为Ts0.5s

f2

则水波的波长vT1m

故A错误；

PS5

B．波源S传播到P点的时间t2s2.5s

2v2

则波源S2传播到P点之前P点振幅为10cm，振动了ttt0.5sT

所以波源S2传播到P点之前P点的路程为s14A40cm

8

两波源到P点的波程差x5m4m1m

所以波源S2传播到P点后P点为振动加强点，振幅为A2A20cm

波源S2传播到P点后P点又振动了t3st0.5s1T

波源S2传播到P点后P点的路程为s24A80cm

则0～3s内，P点运动的路程为ss1s2120cm

故B正确；

CD．设点到S1的距离为x1，到S2的距离为x2，S1与S2的连线之间3mxx1x23m

符合振动减弱点的点有x2.5、1.5、0.5、0.5、1.5、2.5一共6个振动减弱点。S1与

P的连线之间3mxx1x31m

符合振动加强点的点只有x2这1个振动加强点。故C正确，故D错误。

故选BC。

三、实验题（本题共2小题8个空，每空2分，共16分．）

11.在“验证动量守恒定律”的实验中，某同学用如图所示的装置进行了如下的操作：

①先调整斜槽轨道，使其末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立

于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；

②将木板向右平移适当的距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白纸上留下痕迹B；

③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b

相碰后，两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C；

④用刻度尺测量白纸上OA、AB、BC三点的距离分别为y1、y2和y3．

（1）上述实验除需测量白纸上O点到A、B、C三点的距离外，还需要测量的物理量有______．

A.木板向右移动的距离LB.小球a和小球b的质量ma、mb

C.小球的半径RD.小球a和小球b的做平抛运动的下落时间t

9

（2）关于本实验，下列说法正确的是______．

A.小球a每次必须从斜槽上同一高度以相同初速度释放

B.该实验要求斜槽必须尽可能光滑，以减小实验误差

C.两小球的质量关系必须为mamb

D.安装轨道时，斜槽末端切线必须水平

（3）用本实验中所测得的量来验证两小球碰撞过程动量守恒，其表达式为______．

（4）本实验在测量时有一处不妥之处，应当更正为______．

【答案】（1）B（2）D

mmm

（3）aab

y1y2y1y2y3y1

（4）测量距离时应当测量OA、OB、OC距离

【解析】

【小问1详解】

1

根据平抛运动规律有xvt，ygt2

02

g

联立可得vx

02y

B为碰前入射小球落点的位置，C为碰后入射小球的位置，A为碰后被碰小球的位置，则有碰撞前入射小球

g

的速度为v0L

2y1y2

g

碰撞后入射小球的速度为v1L

2y1y2y3

g

碰撞后被碰小球的速度为v2L

2y1

根据动量守恒可得mav0mav1mbv2

mmm

联立可得aab

y1y2y1y2y3y1

所以除需测量白纸上O点到A、B、C三点的距离外，还需要测量的物理量有小球a和小球b的质量ma、mb，

故选B。

【小问2详解】

10

AB．为了保持每次碰撞前小球a的速度相同，小球a每次必须从斜槽上同一高度由静止释放，不能有初速

度，但斜槽不需要光滑，故AB错误；

C．为了保证碰撞后入射小球不反弹，两小球的质量关系必须为mamb，故C错误；

D．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，安装轨道时，斜槽末端切线必须水平，故D正确。

故选D。

【小问3详解】

mmm

根据（1）分析可知验证两小球碰撞过程动量守恒的表达式aab

y1y2y1y2y3y1

【小问4详解】

测量距离时应当直接测量OA、OB、OC距离，这样测量误差更小。

12.某同学欲利用一半径较大的固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图1所示。该同学将小铁球从

最低点移开一小段距离由静止释放，则小铁球的运动可等效为一单摆。

（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图2所示，则小铁球的直径d______mm。

（2）测量小铁球的运动周期时，开始计时的位置为图1中的______（选填“A”、“O”或“A”）处。

（3）测量50次全振动的时间如图3所示，则等效单摆的周期T______s。（保留三位有效数字）

d

（4）更换半径不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的T2图像如图4所示，

2

横、纵截距分别为a、b，则当地的重力加速度g______。（以上均用题目中的已知字母表示）

【答案】（1）18.2

（2）O（3）1.48

2

（4）4a

b

【解析】

【小问1详解】

11

游标卡尺的精确度为0.1mm，小铁球的直径d18mm20.1mm18.2mm

【小问2详解】

为减小误差，测量单摆的运动周期时，应从最低点开始计时，故选填O点。

【小问3详解】

t74.0

从图3可知，50次全振动的时间为74.0s，故周期为Ts1.48s

n50

【小问4详解】

d

R

根据单摆周期公式

T22

g

42R42d

变形得T2-

gg2

0b4242R

结合图像可得，b

a0gg

42a

解得Ra，g

b

四、解答题（本题共3小题，第13题10分，第14题14分，第15题16分，共40分．）

13.一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在t0时刻的波形如图所示，此时坐标为（2，0）的质点刚好

开始振动，已知在t10.4s时刻，坐标为（4，0）的质点P首次位于波谷位置，Q点的坐标是（3，0）。

求：

（1）这列波的传播速度；

（2）t23.2s时质点Q相对于平衡位置的位移和总的运动路程。

【答案】（1）2.5ms

（2）3cm，9cm

【解析】

【小问1详解】

由波形图可知，这列波的波长为4m；波沿x轴负方向传播，根据波形平移法知t0时刻P点向下振动，

12

11

经个周期首次到达波谷位置，由此可知tT0.4s

414

可得周期为T1.6s

4

则波速为vm/s2.5m/s

T1.6

【小问2详解】

x5

波传到Q点的时间为ts2s

v2.5

3

则在t3.2s时刻Q点振动时间为ttt1.2sT

224

而质点的起振方向向上，所以t23.2s时刻质点Q恰好处于波谷，质点Q相对于平衡位置的位移为3cm。

33

质点Q振动个周期，所以质点Q振动的路程为s4A3A33cm9cm

44

14.某同学研究小球碰撞现象．如图所示，光滑水平面上放置有两个半径相同的小球A、B，质量分别是m，

km，两小球一开始均处于静止状态．现给A球一个水平向右的瞬时冲量I，A球向右运动与B发生正碰，不

计一切摩擦．求：

（1）A运动的初速度v0；

4

（2）若k1，A与B发生碰撞后系统总动能损失了，求碰后两球的速度v、v；

9A2B2

（3）若A与B碰撞后，系统的总动能损失了75％，求k可能的取值范围．

I

【答案】（1）v

0m

I2I

（2），

3m3m

（3）k3

【解析】

【小问1详解】

对A球，由动量定理，有Imv00

I

解得v

0m

13

【小问2详解】

当k1时，对小球A、B，由动量守恒定律，有mv0mvA2mvB2

451151

碰后系统总动能损失了，剩余，则有mv2mv2mv2

992A22B2920

I2I

联立解得v，v

A23mB23m

【小问3详解】

A与B碰撞中，发生完全非弹性碰撞时动能损失最多，此时vA3vB3

由动量守恒得mv0mvA3kmvB3

1

可得vvv

A3B31k0

121212

损失的动能为Ekmv0mvA3kmvB3

222

Ek

损失动能的比值为：k

Ek1k

E

所以需要满足k75％

Ek

解得k3

15.如图所示，水平面上固定有一竖直的弹簧，劲度系数为k，质量为m的物体A拴接于弹簧上方，一开始

9mg

物体与弹簧处于静止状态．在物体A上方h高度静止释放一个和物体A完全相同的物体B，B下落后

k

与A发生完全非弹性碰撞但不粘连．碰撞完毕后，A与B一同继续下降至最低点后回弹．重力加速度为g。

1

（注：质量为m劲度系数为k的弹簧振子周期为2m，弹簧的弹性势能为kx2）求：

k2

（1）第一次下降过程中，A和B的最大速度vmax；

14

（2）物体A第一次下降的最大位移大小xA；

（3）B、A两物体先后第一次达到最高点时，时间差t．

5m

【答案】（1）g

k

110mg

（2）

k

m

（3）3

3k

【解析】

【小问1详解】

1

物体B先做自由落体运动，与A发生碰撞前，根据动能定理有mghmv2

2B0

而后A与B发生完全非弹性碰撞，有vA1vB1v1