2025-2026学年河南郑州市第101中学下册3月月考高二物理试题 含答案

/郑州市第一〇一中学2025-2026学年下学期3月份月考高中物理试题卷注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号等填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。一、选择题（1-7单选，每小题4分；8-10多选，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。共46分。）1.关于动量和动能，下列说法中正确的是（）A.一个物体（质量不变）的动量改变，它的动能一定改变B.一个物体（质量不变）的动能改变，它的动量一定改变C.做曲线运动的物体，它的动能一定在改变D.甲物体动量p1＝5kg·m/s，乙物体动量p2＝－10kg·m/s，所以p1＞p2【答案】B【解析】【详解】A．动量是矢量，动能是标量，一个物体的动量改变，其动能不一定改变，例如匀速圆周运动，故A错误；B．一个物体动能改变，则速度大小在变化，其动量一定改变，故B正确；C．做匀速圆周运动的物体的动能不变，故C错误；D．动量是矢量，正、负号代表方向，不参与大小的比较，故大小p1＜p2，故D错误。故选B。2.如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是（）A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手、再放开右手以后，系统动量不守恒C.先放开左手，再放开右手，总动量向左D.无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零【答案】B【解析】【详解】A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确，不满足题意要求；B．先放开左手，左边的小车开始运动，后放开右手，此后系统所受合外力为零，之后系统的动量守恒，故B错误，满足题意要求；C．先放开左手，后放开右手，放开右手时左边小车的动量方向向左，此后系统所受合外力为零，之后系统的动量守恒，系统的总动量向左，故C正确，不满足题意要求；D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统所受合外力为零，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，故D正确，不满足题意要求。故选B。3.一弹簧振子做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.振子的振幅为8cm B.振子的运动轨迹为余弦曲线C.在0.1s末振子的速度方向沿x轴正方向 D.在0.2s末振子的加速度最大，速度为零【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，振子的振幅为4cm，故A错误；B．振子在平衡位置附近做往返运动，运动轨迹为直线，故B错误；C．由图像的斜率表示速度可知在0.1s末振子的速度方向沿x轴负方向，故C错误；D．在0.2s末振子在最大位移处，则回复力最大，所以加速度最大，速度为零，故D正确。故选D。4.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（）A.0.6N B.1.0N C.1.2N D.1.6N【答案】A【解析】【详解】豆粒落到秤盘上时的速度反弹速度规定向上为正，设极短时间内∆t，与秤盘碰撞的豆粒为∆m，持续作用时间t，豆粒总质量m，则满足则由动量定理解得F=0.6N由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N。故选A。5.斯诺克是一项近年来我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩球使其入洞并计分。如图甲所示运动员用白球撞击蓝球(两球质量相等)，两球发生正碰。若碰撞前、后两球的v-t图像如图乙所示白球的虚线与蓝球实线交于t轴同一点。关于两球的运动，下列说法正确的是（）A.碰撞后两球相距的最远距离为1.1m B.蓝球受到的阻力较大C.两球发生弹性碰撞 D.碰撞后蓝球的加速度大小为0.1m/s2【答案】A【解析】【详解】A．两球发生正碰，根据动量守恒可得结合图乙和两球质量相等可得碰撞后蓝球的速度根据碰前白球的速度图像可知白球的加速度大小为又因为白球的虚线与蓝球实线交于t轴同一点可知蓝球静止的时刻为碰撞后两球相距的最远距离为BD．根据v-t图像可知碰撞后白球的加速度大小为根据牛顿第二定律可得白球受到的阻力为碰撞后蓝球的加速度大小为根据牛顿第二定律可得蓝球受到的阻力为故B、D错误；C．碰撞前的动能为碰撞后的动能为所以两球发生的不是弹性碰撞，故C错误；故选A。6.如图甲，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，该共振筛的共振曲线如图乙所示，已知仅增大电压，可使偏心轮转速提高；仅增大筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是2r/s，则（）A.筛子现在振动的频率为0.8HzB.共振筛的固有频率为0.8HzC.仅增大电压，可以使筛子振幅增大D.仅增大筛子质量，可以使筛子振幅增大【答案】B【解析】【详解】B．由题图可知，该共振筛振幅最大的时候，其频率为0.8Hz，即发生共振的频率为0.8Hz，也就是说共振筛的固有频率为0.8Hz，故B项正确；A．由于现在偏心轮的转速为2r/s，其频率为筛子做受迫运动，所以其筛子此时的频率为2Hz，故A项错误；C．由之前的分析可知，此时筛子的频率为2Hz，而由题意可知，电压增加，则频率增加，则筛子固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅减小，故C项错误；D．由图可知，筛子固有频率为0.8Hz，增加筛子质量，筛子的固有周期增大，则固有频率减小，则固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅减小，故D项错误。故选B。7.如图，一辆小车（装有细沙）与一轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度通过某点时，一小球恰好以大小为v的速度竖直落入小车沙堆中并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，以下正确的是（）A.小球落入小车过程中，小球和小车（含沙）动量守恒B.小球落入小车过程中，小球、小车（含沙）和弹簧组成的系统机械能守恒C.小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小D.小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的周期变小【答案】C【解析】【详解】A．小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力竖直方向不为零，动量不守恒，选项A错误；B．设小车和小球的质量分别为m1、m2，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为v，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则解得由题意可知碰撞前后瞬间弹簧的弹性势能均为零，则碰前瞬间系统的机械能为碰后瞬间系统的机械能为所以小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项B错误；C．弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能为E2减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，选项C正确；D．小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题给周期表达式可知整个弹簧振子的周期变大，选项D错误。故选C。8.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量，B球的动量，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是（）A.，B.，C.，D.，【答案】AB【解析】【详解】碰撞过程应满足系统动量守恒和总动能不增加原则，碰撞前系统的初动量为设两小球的质量均为，根据动能与动量关系可知碰撞前系统的初动能为A．碰撞后系统的动量为碰撞后系统的动能为故A正确；B．碰撞后系统的动量为碰撞后系统的动能为故B正确；C．碰撞后系统的动量为碰撞后系统的动能为故C错误；D．碰撞后系统的动量为故D错误。故选AB。9.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时，振子的势能最大B.振子在时和时的加速度大小相等，方向相反C.时，振子在O点右侧处D.到的时间内，振子的加速度和位移都逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】A．由图乙可知，弹簧振子做简谐运动的周期为，则有可知时，振子位于平衡位置，此时振动的速度最大，动能最大，势能最小，故A错误；B．由图乙可知，振子做简谐运动的振动方程为时，振子的位移为时，振子的位移为可知根据可知振子在时和时的加速度大小相等，方向相反，故B正确；C．时，振子的位移为可知在时，振子在O点右侧处，故C错误；D．由图乙可知，到的时间内，振子从平衡位置向负方向运动直到负的位移最大值，此过程振子的速度逐渐减小，加速度逐渐增大，位移逐渐增大，故D正确。故选BD。10.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知时刻m1的速度第一次变为0，m2在第1秒内运动的位移为0.4m。下列说法正确的是（）A.两物块的质量之比为m1：m2=1：2B.t0时刻m2的速度为C.t=1s时和t=3s时弹簧的弹性势能最大，都处于最短状态D.第1秒内弹簧长度缩短了1.8m【答案】AD【解析】【详解】A．系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝（m1＋m2）v2将v1＝3m/s，v2＝1m/s代入，得m1∶m2＝1∶2，A正确；B．时刻m1v0=m2v2解得的速度为，B错误；C．时间内，逐渐减速，逐渐加速，弹簧被压缩，时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；时间内，弹簧先逐渐恢复原长，继续加速，先减速到零，然后反向加速，时刻两物块加速度均为零，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度继续增大，开始减速，先减速到零，然后反向加速，时刻两物块速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧伸长量最大；时间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程；由上述分析可知，在t=1s、t=3s时刻两物块达到共同速度，在t=1s时刻弹簧处于压缩状态，在t=3s时刻弹簧处于伸长状态，C错误；D．若考虑两物体从t=1s到t=2s的时间内，m2加速运动，m1减速运动，因m1：m2=1：2则在任意时刻两物体的加速度之比为a1：a2=2：1若用微元法考虑，则两物体间的距离则“”对应的位移（面积）为1m－0.4m=0.6m则“”对应的位移（面积）为1.2m，该两部分面积之和与0~1s内对应的虚线面积相等，如图所示即1.8m，即0~1s内弹簧的长度缩短1.8m。D正确。故选AD。二、实验题（11题6分；12题9分，共15分。）11.某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”实验。在水平桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电门1和光电门2，带有遮光片的滑块1、2的质量分别为、，滑块1的右端和滑块2的左端都装有弹性片，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下：①调节气垫导轨成水平状态；②轻推滑块1，测得滑块1通过光电门1的遮光时间为；③滑块1与滑块2相碰后，滑块2和滑块1先后经过光电门2的遮光时间分别为和。（1）实验中为确保两滑块碰撞后滑块1不反向运动，则、应满足的关系为__________（填“大于”“等于”或“小于”）；（2）两滑块碰撞后，滑块2的速度大小为__________；（3）为了验证碰撞前后滑块1、2的总动量守恒，该实验小组只需验证表达式：__________。（用题中所给物理量的符号表示）【答案】①.大于②.③.【解析】【详解】（1）[1]为防止两滑块碰撞后入射滑块反弹，入射滑块的质量应大于被碰滑块的速度，即m1大于m2。（2）[2]两滑块碰撞后，滑块2的速度大小（3）[3]两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得整理得12.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）若完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长（悬点到摆球上端的距离）为，用刻度尺测得摆球的直径为d，用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式___________。（2）实验中某同学发现测得的重力加速度的值总是偏大，下列原因中可能的是___________A.实验室处在高山上，距离海面太高B.单摆所用的摆球质量太大了C.实际测出n次全振动的时间t，误作为次全振动的时间D.以线长作为摆长来计算（3）甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图图像中的实线OM；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的图像为___________（选填：①②③④）（4）丙同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长，根据图中的信息可得，重力加速度___________（取，结果保留三位有效数字）【答案】①.②.C③.②④.9.77【解析】【详解】（1）[1]根据可得（2）[2]测得的重力加速度偏大，根据A.实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会偏小，A错误；B.单摆所用的摆球质量大小与周期无关，B错误；C.实际测出n次全振动的时间t，误作为（n+1）次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，C正确；D.以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，D错误；故选C。（3）[3]根据可得可知解得根据单摆的周期公式得实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长L=0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即M位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②。（4）[4]由图像可知，单摆的周期为T=2s，则根据可得三、解答题（13题8分；14题14分，15题17分。共39分。）13.据某地一则新闻报道，三位男子徒手接住了一个不慎从五楼坠落的儿童，再次引起人们对见义勇为的赞扬和对类似意外坠窗事件的关注。若儿童质量儿童坠窗点高出地面14m，三人接到儿童时手离地面高度为1.2m，g取，忽略空气阻力。（1）请计算徒手接儿童过程中儿童所受合力的冲量；（2）若儿童与施救者之间的相互作用时间为0.1s，则儿童所受施救人员的平均作用力有多大？【答案】（1）240Ns；（2）2550N【解析】【详解】（1）取竖直向下为正方向，儿童在接触施救人手臂前下落的高度h=14m-1.2m=12.8m由v2=2gh根据动量定理，儿童受到的合力的冲量I=0-mv联立解得I=240Ns（2）儿童与施救者之间的相互作用时间t=0.1s，则I=Ft竖直方向上儿童所受施救人员的平均作用力为FN，由FN-mg=F联立解得14.如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端。将小球由静止释放，求：（1）小球摆到最低点时小球速度大小；（2）小球摆到最低点时小车向右移动的距离；（3）小球摆到最低点时轻绳对小车的拉力。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当小球到达最低点时其速度为v1，此时小车的速度为v2，设小球的速度方向为正方