贵州省贵阳市七校2025-2026学年高二年级上册联合考试（一）物理试卷（解析版）

物理

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。第I卷第1页至第4页，第I

卷第4页至第8页。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时

75分钟。

笫I卷（选择题，共43分）

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡

上填写清楚。

2.每小题选出答案后，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。在试题卷上作答无效。

一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的）

1.关于匀速圆周运动；下列哪个物理量在运动过程中始终保持不变（）

A.动量B.速度C.动能D.加速度

【答案】C

【解析】AB.匀速圆周运动中，物体的速度、动量方向沿切线方向，在圆弧的不同位置切

线方向不同，故物体的速度、动量不断变化，A错误，B错误；

D.在匀速圆周运动中，物体的加速度沿半径指向圆心，故在圆弧的不同位置加速度不

同，D错误；

C.在匀速圆周运动中，物体的动能&二；小y

由于速度大小不变，故动能保持不变，C正确

故选C。

2.如图所示，一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是（）

A.当小球每次速度达到最大时，位移不相同

B.若位移为负值，则回复力方向一定沿负方向

C.小球通过平衡位置时，动能最小，势能最大

D.小球每次通过同一位置时，其位移一定相同，但速度不一定相同

【答案】D

【解析】A.当小球通过平衡位置时，速度最大，位移为零，A错误；

B.简谐运动的回复力/二-依，故回复力与位移反向，B错误；

C.小球通过平衡位置时，速度最大，动能最大，C错误；

D.小球每次通过同一位置时，位移相同，速度大小相等，但速度方向可能相同，也可能

相反，故D正确。

故选D。

3.如图，在张紧的绳上挂三个摆，〃、。两摆的摆长相等。使。摆振动，其余各摆在。摆的

驱动下逐步振动起来。稳定时，测得/，摆的周期为不计空气阻力，重力加速度为g,

则（）

A.稳定时c,摆的周期等于fo

B.稳定时〃投的振幅最大

C.增加〃摆的摆长可以增加稳定时b摆的周期

D.根据已知条件无法估算出。摆的摆长

【答案】A

【解析】A.受迫振动的周期由驱动力的周期决定。。摆是驱动力源，〃、c摆的受迫振动

周期均等于。摆的周期，可知c摆周期等于fo,故A正确；

B.受迫振动的固有周期与驱动力周期相等时发生共振，振幅最大。c摆长相等，固有

周期相等，因此c摆发生共振，振幅最大，故B错误；

C.受迫振动的周期由驱动力周期决定，与自身摆长无关。因此增加方摆的摆长，其稳定

时的周期仍等于〃摆的周期，不会改变，故c错误；

D.〃摆的周期。等于。摆的周期，根据单摆周期公式7=2兀

因为T=f（）

联立解得4=纯，故D错误。

"4兀2

故选A。

4.如图所示为某弹簧振子的位移x随时间f的变化图像，下列说法正确的是（）

（4、

A.该弹簧振子的振动方程为x=10cos-7ircm

IJ>

B,该弹簧振子的振幅为20cm,周期为1.6s

C.0.4s到1.6s内，振子通过的路程为30cm

D.0.8s时,振子的加速度最大

【答案】C

【解析】AB.由图可知振幅A=10cm,周期7=1.6s

2兀

该弹簧振子的振动方程为x=10sincm=10sin—tcm,故AB错误;

L6I4)

3

C.0.4s到1.6s内，经历时间为一T,振子通过的路程为s=3A=30cm,故C正确;

4

D.0.8s时，振子处于平衡位置，此时加速度为零，故D错误。

故选C。

5.甲、乙两个物块在九涓水平桌面上沿同直线运动，甲追L乙，并与乙发生碰撞，碰撞

前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。己知甲的质量为1kg,则下列说法正确

的是（）

'1v/(m/s)

6.0

4.0--科登

z.u■•:乙乙二••:一；；；■•:

o.oi

::i二；:："：：i；:t»

-2.0;工工匚匚用谢工1

A.甲物体碰撞前的动量为44kg•m/s

B.乙物体的质量为6kg

C.碰撞过程两物块损失的机械能为5J

D.碰撞过程甲物体的动量变化量为5kg.m/s

【答案】B

【解析】A.甲物体碰撞前的动量为〃甲i=〃w甲i=lkgx5m/s=5kg♦m/s,A错误;

B.由动量守恒可知同+"忆心=甲2+加乙％

即1x5+小乙x1=1x(—1)+m乙x2

解得乙物体的质量为〃?乙=6kg,B正确；

—

C.碰撞过程两物块损失的机械能为AE=—/?iV|ji|+—tn^v£1——wV||i2v^2=3J,C

乙乙乙乙

错误；

D.碰撞过程甲物体的动最变化最为

丽卜=mv^2-mv^=-1x(1+5)kgm/s=-6kg-m/s,D错误。

故选B。

6.如图所示，一单摆悬于。点，摆长为L,若在。点正下方的0,点钉一个光滑钉子，使

3

00'二一心将单摆拉至4处释放，小球将在A、乐C间往复运动,若运动中摆线与竖直

4

方向夹角不超过5。，不计空气阻力，已知重力加速度为g。以下说法正确的是()

A.由于机械能守恒，可得摆角大小不变

B.小球第一次从4到8与第一次从B到C的时间之比为2：I

4L

C.该摆动的周期为-71/—

3

D.小球碰钉前后绳的拉力之比为1：4

【答案】B

【解析】A.由于机械能守恒，可知AC两点应该位于相同的高度，因左边摆长较短，可知

左边摆角较大，A错误；

B.根据7=2兀可知因右边摆长为左边摆长的4倍，则在右边摆动的周期是在左边摆

动时周期的2倍，可知小球第一次从A到8与第一次从8到。的时间之比为2:1,B正

确：

C.该摆动的周期为C错误;

D.小球碰钉前后速度不变，则根据/二+可知绳的拉力之比不等于1:4,D错误。

故选B。

7.如图所示，一半径为R、质量为例的光滑半圆形底座，静止放置在光滑水平面上，将一

半径为‘R、质量为，〃的小球紧靠底座右侧由静止释放.释放时小球圆心0’和底座圆心。

4

在同一水平高度上，且M=2m,重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.由于系统不受外力，系统的机械能和动量均守恒

B.小球运动到圆形底座的最低点时小球的速度为J须

C.小球第一次运动到圆形底座的最低点时，底座运动的位移大小为-R

3

D.小球第一次到达底座的最左端时，底座运动的位移大小为-R

2

【答案】D

【解析】A.由于系统竖直方向所受外力的合力不为零，系统的动量不守恒，A错误；

2

B.小球与底座作用机械能守恒mg/?--=+-x2mv2

小球与底座作用水平方向动量守恒。=〃码-2小匕

联立解得匕=阚，B错误；

C.设小球第一次运动到圆形底座的最低点时，底座运动的位移大小为x,小球与底座作用

'R、

水平方向动量守恒0=〃？R-----x-2tnx

\4）

R

解得x=一,C错误；

4

D.设小球第一次运动到圆形底座的最左端时，底座运动的位移大小为了，小球与底座作

用水平方向动量守恒。=R-与-y-2my

解得D正确。

2

故选D。

二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项

中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得。分）

8.一弹簧振子中的小球做简谐运动的关系为x=3sin[7，+]Jcm。下列说法正确的

是（）

A.振幅是矢量，小球的振幅是3cm

B.『0时刻，小球的动能最小

3

C.，二二s时刻，小球受到的回复力最大，位移负方向最大

2

3

D.，二一S时刻，弹簧的弹性势能最小，小球的动能最大

2

【答案】BC

【解析】A.振幅是标量，根据小球做简谐运动的x“关系x=3sin（与/+可知

振幅为3cm,故A错误；

B.右0时刻，代入解得此时位移为玉=3cm,为正方向位移最大，速度为零，动能最小，

故B正确；

3

CD./=时刻，代入解得此时位移为/=-3cm,位移负方向最大，速度为零，动能

最小，弹性势能最大，根据尸=-依可知此时小球受到的回兔力最大。

故C正确，D错误。

故选BC0

9.贵阳地铁正在加速建设中，以满足居民的出行便利。假设地铁列车在水平长直轨道上运

行时，地铁列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与列车速度相同，空

气密度为P，车头的横截面积为S，地铁以速度u匀速运行，则（）

A.单位时间内与车头作用的空气质量为"”

B.单位时间内与车头作用的空气质量为夕S/

C.空气对地铁车头的阻力为0S/

D.单位时间内与车头作用的空气动能为

【答案】AC

【解析】AB.设时间为△，，则这段时间内车头前方的空气质量为2

单位时间内与车头作用的空气质量为

pv-A/S

--------=pSv

故A正确，B错误；

C.地铁的速度v,对空气，根据动量定理可得

F-Ar=pv-A/Sv-O=pv2S-Ar

可得列车对空气的作用力为尸=pv2S

根据牛顿第三定律可知空气对列车的作用力为夕Su?,即空气对地铁车头的阻力为pSF,

故C正确；

D.单位时间内与车头作用的空气动能为故D错误。

故选AC。

10.如图，质量均为10kg的木块A和B,并排静止放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻

杆，轻杆上端的。点系一长为1m的轻细线，细线另一端系一质曷为5kg的小球Co现将C

球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，不计空气阻力，取重力加速度^=10m/s2,

球C可看作质点。下列说法正确的是（）

A.在球C下落的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒

B.在球C下落的过程中，A、B、C组成的系统动量不守恒，机械能守恒

C.球C第一次下落至最低点时，AB的速度大小匕B=lm/s

D.球C在轻杆左侧上升的最大高度（相对球C运动的最低点）/『0.75m

【答案】BC

【解析】AB.木块A、B和小球C组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不

为零，故此系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量

不守恒，系统机械能守恒。

故A错误，B正确；

C.设木块A、B的质量均为机八，球C第一次下落至最低点时，设此时A、B共同速度大

小为匕B，C的速度大小为心,此过程水平方向动量守恒可■得"k匕=2〃〃。

由机械能守恒定律得

1，1C2

代好=-//ZCVC+-X2/7;AVAB-

解得七=4m/s,vAB=lm/s,故C正确；

D.球C第一次下落至最低点后木块A、B分开，此后对球C和木块A,水平方向动量守

恒，球C向左摆至最高点时两者共速，以水平向左正方向，根据动量守恒定律与机械能

守恒定律得性为一=（气+%）u，（机展+；加AY=；（收+〃八）/+〃kgh

解得最大高度=故D错误。

6

故选BC,

第II卷（非选择题，共57分）

注意事项：

第n卷用黑色破素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。

三、填空、实验题（本大题共2小题，共15分）

11.某同学在进行“用单摆测量重力加速度''的实验中（实验装置如图中所示），已知单摆在

摆动过程中的最大偏角小于5。，在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记

数为I，到第〃次经过最低点所用的时间为上在测量单摆的摆长时，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为d

（读数如图乙所示）。

铁架台

摆线

d摆球

标

.记

甲乙

从图乙可知，摆球的直径为4=mm；

用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式：g=;

该同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因

可能是(填选项前的字母)

A.开始摆动时振幅较小

B.测量周期时，误将摆球(〃-1)次经过最低点所用的时间记为〃次经过最低点所用的时间

C.开始计时时，过早按下停表

D.测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长

【答案】(1)5.20(2)九J(3)BD

r

【解析】(1)游标卡尺为20分度，可知其精度为0.05mm,读数为

5mm+0.05x4nlm=5.20mm

可知摆球的直径为d=5.20mm

(2)从单摆运动到最低点开始计时且记数为1,到第〃次经过最低点所用的时间内为/,

n—1

则单摆全振动的次数为N=一「

2

可得周期为7=

Nn-\

单摆的长度为/=L+《

2

由单摆周期公式丁=271.工

可得重力加速度为‘

8=-

(3)A.由单摆的周期公式T=

可得重力加速度为且4=TI干/

开始摆动时振幅较小，不影响周期测量，即不影响实验结果，故A错误；

B.测量周期时，误将摆球(止1)次经过最低点所用的时间记为"次经过最低点所用的时

间，则测得周期偏小，可得重力加速度测量偏大，故B正确；

C.开始计时时，过早按二停表，则测量周期偏大，可知重力加速度测量偏小，故c错误;

D.测量摆长时•，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，则摆长测量偏大，则重力加速度

测量偏大，故D正确。

故选BDo

12.某同学设计了两种探究碰撞过程中不变量的实验。

（1）他设计的具体装置如图甲所示，推动小车甲使之做匀速直线运动，然后与原来静止在

前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，在小车甲后连着纸带，打

点计时器打点时间间隔为0.02秒，长木板已平衡了摩擦力。若已得到打点纸带如图乙所示，

并将测得的各计数点间距离标在图上，人点是运动起始的第一点，则应选___________段来

计算甲的碰前速度，应选____________段来计算甲和乙碰后的共同速度（以上两空均选填

“4"方。“匕。”或碰前咋=m/s.碰后两者速度"乙_________m/so

（结果均保留3位有效数字）

电磁打点“时

纸帝H

小木，

8.40cm10.50cm'9.0Kcm

甲乙

（2）他又利用如图甲所示的装置来探究碰撞过程中的不变最。

①小球A的质量与小球B的质量””应满足的关系是加m2（填“或“=»

②得出小球的落点情况如图乙所示，尸'、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球

在碰后落点的平均位置。若本次实验的数据很好地验证了动量守恒定律，则入射小球和被

碰小球的质量之比网：叱=O

【答案】（l）8CDE1.050.695（2）>4:1

【解析】（1）观察打点计时器打出纸带，点迹均匀的阶段8c应为小车甲与乙棚前

的阶段，C。段点迹不均匀，故段应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起做匀速直线运动，

打出间距均匀的点，故应选OE段计算碰后共同的速度。

BC

⑶碰前n甲=m/s=1.05m/s

5x0.02

DE

[4]碰后两者速度y甲乙=-------m/s=0.695m/s

5x0.02

(2)川为保证小球A不被反弹，故小球A的质量如与小球B的质量〃?2应满足的关系是

>m2

[2]若动量守恒定律，可得町%=吗匕+吗匕

小球做平抛运动，竖直高度相同，可知运动时间相同，水平位移有X二%，，可得

OPOMON

tny------=---------F也---

可得mAOP=+m.ON

代入数据可得

町:m2=4:1

四、计算题(本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演

算步骤，只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13.随着中国经济高速发展，城镇化率大幅提高到了66.16%。城市里高楼林立，但同时也

隐藏着安全隐患一高空抛物，为了维护人民群众“头顶上的安全”，刑法修正案新增高空抛

物罪。为了让学生直观感受高空抛物的危险性，某学校高二物理教师在设置安全警戒区域

后，带领学生开展了相关实验、教师将•个苹果从教学楼6楼阳台由静止释放。该过程可

以简化成如下情景：苹果质量为机=0.2kg,从g20m高处由静止落下。假设苹果落地时与

地面的碰撞时间为r=0.01s,重力加速度身取lOm/s2,不计空气阻力。

(1)求苹果到达地面前瞬间的速度大小；

(2)若苹果碰撞地面后速度变为零，求苹果与地面碰撞过程中苹果对地面的平均作用力大小。

【答案】(1)20m/s(2)402N

【解析】(1)苹果由静止落下做自由落体运动d=20，

解得苹果到达地面前瞬间的速度大小u=J丽=20m/s

(2)设向.上为正方向，根据动量定理有(/一=0-(-〃2V)

解得b二4()2N

由牛顿第三定律可知，苹果对地面平均作用力的大小/'=b=402N

14.如图所示，可看成质点的B物体叠放在上表面粗糙的A板上，一起以心的速度沿光

滑的水平轨道匀速运动，A与静止在同一光滑水平轨道上的C物体发生完全非弹性碰撞，

且A与C碰后立即取走C(该操作对A不产生影响)，B在A上滑行，恰好能到达A板的

最右端。已知A、B、C质量均相等，且为，小木板A长为L,重力加速度为以求：

B

A""|G

(1)B物体最终的速度大小：

(2)A、B之间的动摩擦因数:

(3)B在木板A上滑行的时间。

【答案】(1)—(2)』一(3)—

416gLvo

【解析】(1)A与C碰撞过程中动量守恒，令A与C碰后的共同速度大小为匕，以初速度

方向为正方向，由动量守恒定律得加%=2加匕

解得匕二，

C被取走，B在A上滑行，恰好能到达A板的最右端。设B物体最终的速度大小为匕,

A、B动量守恒可得

mv()+Twv,=2mv2

解得

3%

(2)A与C碰后到B在A上共速，根据能量守恒可得

12121c2r

—777%+—=—•2mv+jumgL

2222

解得A、B之间的动摩擦因数

(3)A、B最终的速度为匕=学，对B物体，根据牛顿第二定律可得〃加g=〃口

解得〃=〃g

根据速度公式可得

%=%一4

4L

解得B在木板A上滑行的时间I=—

%

15.如图所示，一光滑水平轨道与竖直光滑圆弧软道平滑连接且位于同一竖直平面内，0

3

是圆弧轨道的圆心，轨道上端点C和圆心。连线与水平面成0=37角，半径R二一m。

4

圆弧轨道的左上方有一固定水平平台，平台上静止一质量M二』kg的