河南省九师联盟2025-2026学年高二上学期11月质量检测物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省九师联盟2025-2026学年高二上学期11月质量检测物理试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答、超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：必修第二册第八章、选择性必修第一册。一、单项选择题：本题共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个选项符合题目要求.1.一质点做简谐运动的加速度随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是（）A.质点振动的周期为6sB.时间内，质点振动位移均沿负方向C.时刻，质点速度最小D.时间内，振动系统的机械能减小【答案】C【解析】A．由图可知，质点振动的周期为4s，故A错误；B．0~1s时间内，质点的加速度沿负方向，即简谐运动的回复力沿负方向，根据可知，质点振动的位移均沿正方向，故B错误；C．时刻，质点的加速度正向，即简谐运动的回复力沿正方向最大，则质点位于负向最大位移处，此时质点的速度最小，故C正确；D．简谐运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以振动系统的机械能守恒，即时间内，振动系统的机械能不变，故D错误。故选C。2.一质量的物体在竖直面内做半径的匀速圆周运动，从最低点运动到最高点，速度变化量的大小为，则物体做圆周运动的向心力大小为（）A.4N B.8N C.12N D.16N【答案】A【解析】物体做匀速圆周运动，速率恒定。从最低点到最高点，速度矢量方向改变180°，速度变化量的大小为所以，物体做匀速圆周运动的线速度大小为则物体做圆周运动的向心力大小为故选A。3.一物体从静止开始做匀加速直线运动，其运动的速度与位移的关系如图所示，则物体运动前2s内的位移大小为（）A.1m B.2m C.3m D.4m【答案】D【解析】质点从静止开始做直线运动，则由图可知，当时，，代入上式可得则物体运动前2s内的位移大小为故选D。4.如图所示，质量均为的物块、用轻弹簧相连放在光滑水平面上，同时夹在、两个固定挡板之间，弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能为，弹簧始终在弹性限度内。现撤去挡板，从撤去挡板至物块离开挡板的过程中，挡板对物块的冲量大小为（）A. B. C. D.0【答案】B【解析】从撤去挡板A至物块b离开挡板B的过程中，物块b不动，其动能不变。对于物块a和弹簧组成的系统，机械能守恒。在物块b离开挡板B的瞬间，物块b的速度，弹簧的弹性势能

全部转化为物块a的动能，有解得以物块a、b和弹簧组成的系统为研究对象。在撤去挡板A的瞬间，系统动量为0，从撤去挡板A到物块b离开挡板B的过程中，系统在水平方向上受到的外力只有挡板B对物块b的作用力。物块b离开挡板B的瞬间，系统动量为根据动量定理，挡板B对物块b的冲量大小为故选B。5.坐标原点处一个质点在时刻从坐标原点开始沿轴正方向做简谐振动，完成两次全振动后停止振动，振动传播形成的简谐波沿轴正方向传播。已知时刻，处的质点刚好停止振动，质点振动的时间为4s，质点运动的总路程为0.8m，下列说法正确的是（）A.坐标原点处质点振动的周期为4sB.简谐波的波长为3mC.波的传播速度大小为D.坐标原点处质点的振动方程【答案】D【解析】A．质点P振动的时间为4s，则坐标原点处质点振动时间为4s，期间完成了两次全振动，则振动的周期为，故A错误；BC．处的质点P在时刻刚好停止振动，P振动的时间为4s，简谐波从原点传播到P点的时间为简谐波的传播速度大小为简谐波的波长为，故BC错误；D．质点P运动的总路程为0.8m，完成了两次全振动，简谐振动一个周期路程为4A，则有解得坐标原点处质点从平衡位置沿轴正方向做简谐振动，振动方程为，故D正确。故选D。6.将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。如图所示为某次“打水漂”时石子的轨迹图，虚线为水面，设石子在空中的运动为抛体运动，石子完成轨迹1的水平初速度大小为和竖直初速度大小为，完成轨迹2的水平初速度大小为和竖直初速度大小为。若，则下列关系式可能正确的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】D．石子在空中做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据逆向思维有，由于则有即不可能等于，故D错误；ABC．石子在空中做斜抛运动，水平方向上做匀速直线运动，则有，竖直方向上有，解得根据给出的数据可知，只有第三个选项满足要求，故AB错误，C正确。故选C。7.如图所示，物块静止在水平面上，绕过光滑定滑轮的细线一端连接在物块上，另一端连接轻弹簧，轻弹簧下面吊着小球，滑轮两边的细线竖直，物块及小球均处于静止状态，将小球缓慢向下拉，当物块对地面的压力恰好为零时，由静止释放小球，小球做简谐振动。已知小球上升到最高点时，弹簧恰好处于原长，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.释放小球瞬间，物块的加速度大小为gB.释放小球瞬间，小球的加速度大小为gC.物块的质量是小球的质量的3倍D.小球向上运动过程中，重力势能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小【答案】B【解析】A．设物块的质量为M，当物块对地面的压力恰好为零时，物块处于静止状态，根据平衡条件，物块受到细线的拉力释放小球瞬间，物块受到的拉力不变，重力为，二力平衡，合力为零。根据牛顿第二定律，物块的加速度大小为0，故A错误；B．设小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k。小球做简谐振动，其平衡位置是合力为零的位置，即弹簧的弹力等于小球的重力，设平衡位置时弹簧的伸长量为，根据胡克定律，有解得根据题意，小球在最高点时，弹簧处于原长，此时弹簧伸长量为0。根据简谐振动的对称性，平衡位置位于最高点和最低点的中点。因此，小球在最高点和最低点到平衡位置的距离相等。小球在最低点时，弹簧的伸长量为平衡位置时弹簧的伸长量的2倍，有。释放小球瞬间，小球在最低点，根据胡克定律受到的弹簧拉力为根据牛顿第二定律，小球的加速度大小为，故B正确；C．由上述分析可知，小球在最低点时，弹簧的拉力与细线的拉力相等，有且，解得物块的质量是小球质量的2倍，故C错误；D．小球向上运动过程中，根据机械能守恒，可知其动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和E保持不变。重力势能和弹簧的弹性势能之和为，小球从最低点向上运动，速度先增大后减小，动能先增大后减小。因此，重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，甲、乙两颗卫星分别绕地球做圆周运动和椭圆运动，为两轨迹的交点，、是椭圆轨道的近地点和远地点，、是圆轨道上的两点。已知、、、四点在同一直线上，且，则下列说法正确的是（）A.两卫星运动到点时，线速度相同B.两卫星运动到点时，加速度相同C.卫星甲从运动到的时间与卫星乙从运动到的时间相等D.卫星甲与地心连线与卫星乙与地心连线在相等时间内扫过的面积相等【答案】BC【解析】A．两卫星在P点的速度方向一定不同，因此线速度一定不同，故A错误；B．根据牛顿第二定律可得解得可知两卫星运动到P点时，加速度相同，故B正确；C．由于则有可知图中圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，即图中圆轨道的半径等于椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，两卫星运动的周期相等；则卫星甲从运动到的时间与卫星乙从运动到的时间相等，均等于半个周期，故C正确；D．由于图中圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，可知图中圆轨道的面积大于椭圆轨道的面积，由于两卫星运动的周期相等，两卫星与地心连线在一个周期内扫过的面积不相等，所以卫星甲与地心连线与卫星乙与地心连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。故选BC。9.质量为的物块静止在水平面上，用方向不变的水平拉力拉物块，使物块从静止开始先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，拉力做功的功率随时间变化的规律如图所示。已知物块做匀加速运动过程中拉力的最大功率是做匀速运动时拉力功率的两倍，物块受到的滑动摩擦力大小恒为。关于物块在时间内，下列说法正确的是（）A.匀加速运动的加速度大小为 B.匀速运动的速度大小为C.匀速运动时拉力的功率为 D.运动的总位移大小为【答案】ACD【解析】匀速运动时，拉力，功率。由题意，匀加速阶段的最大功率匀加速阶段的最大速度为

v（即匀速速度），由，得匀加速拉力A．由牛顿第二定律：，即，得加速度

，A正确；B．匀加速时间

内，速度从0到

v，由，B错误；C．匀速功率

，C正确；D．匀加速阶段位移匀速阶段位移总位移，D

正确。故选ACD。10.如图所示，半径为的光滑半球放在光滑水平面上，将一个小滑块（可视为质点）轻放在半球的顶端，小滑块和半球均处于静止状态。在外界的微小扰动下，小滑块从静止开始沿球面自由下滑，当小滑块与球心连线与竖直方向夹角时，小滑块离开球面。重力加速度为，，，下列说法正确的是（）A.小滑块在球面上滑动过程中，小滑块与半球组成的系统动量守恒B.小滑块在球面上滑动过程中，小滑块与半球组成的系统机械能守恒C.小滑块离开半球时，半球的速度大小为D.小滑块离开半球时，半球移动的距离为【答案】BD【解析】A．小滑块在球面上滑动过程中，小滑块与半球组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向合外力不为零，有失重过程，竖直方向不守恒，总动量不守恒，A错误；B．小滑块在球面上滑动过程中，只有系统内的重力和弹力做功，没有机械能与外界其他形式能量的转化，小滑块与半球组成的系统机械能守恒，B正确；C．设小滑块脱离半球时，半球速度大小为，小滑块相对半球速度大小为。水平方向动量守恒整体机械能守恒脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为参考系，小滑块受力满足联立可得，，故C错误；D．水平方向平均动量守恒，故即，又因为解得，故D正确。故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学利用如图所示的实验装置“探究两小球碰撞过程的动量守恒”。实验步骤如下：①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条左侧面，用来记录实验中两小球与木条的撞击点；②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球从斜轨上的点由静止释放，撞击点为；③将木条向右平移到图中所示位置，将入射球仍从斜轨上的点由静止释放，确定撞击点；④将被撞球静止放置在水平槽的末端点，将入射球再从斜轨上的点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；⑤测得与撞击点、、的高度差分别为、、。（1）关于本实验，下列说法正确的是______（多选）.A.安装轨道时，轨道末端必须水平B.需要使用测量仪器有秒表和刻度尺C.两球相碰时，两球心必须同一水平面上D.在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一位置由静止释放（2）若利用天平测量出入射球的质量为，被撞球的质量为，则______（填“>”“=”或“<”）。（3）若关系式______________（用题中所给物理量符号表示）成立，表示两小球碰撞前后动量守恒。【答案】（1）ACD（2）>（3）【解析】（1）A．轨道末端水平才能保证小球做平抛运动，A正确；B．实验中用高度差结合平抛运动规律表示速度，不需要秒表，B错误；C．两球碰撞时球心必须在同一水平面上，从而保证碰后的运动为平抛运动，C正确；D．入射球从同一位置释放，才能保证碰撞前速度一致，D正确。故选ACD。（2）为防止入射球碰撞后反弹，入射球质量需大于被碰球质量，故（3）小球碰撞后做平抛运动，竖直方向

，得时间；水平速度

（水平位移

x

不变）动量守恒表达式为，代入，得

(对应入射球单独平抛时下落的高度，对应碰撞后入射球平抛时下落的高度，对应碰撞后被碰球平抛时下落的高度）12.某同学用如图甲所示装置“验证机械能守恒定律”。不可伸长的细线一端连接在力传感器上，另一端连接质量为m的小球，细线长为L，当地的重力加速度为g。（1）用螺旋测微器测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径______mm。（2）若小球由静止释放时，细线与竖直方向的夹角为，小球在竖直面内摆动过程中，力传感器显示细线拉力的最小值为、最大值为，可知______（用、m和g表示）；小球运动过程中的最大动能______（用、L、、m和g表示）。（3）要验证小球从细线拉力最小的位置到拉力最大的位置的过程中机械能守恒，只要验证表达式______（用、、m和g表示）在误差允许的范围内成立即可。（4）不测量小球的直径，对验证的结果______（填“有”或“无”）影响。【答案】（1）6.860mm##6.861mm##6.862mm（2）（3）（4）无【解析】（1）由图乙可知，螺旋测微器示数为（2）[1]由题可知在释放点处有所以[2]小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得最低点有最大动能联立可得（3）小球从细线拉力最小的位置到拉力最大的位置的过程中机械能守恒，有解得所以（4）由于机械能守恒表达式中没有d，故不测量小球的直径，对验证的结果无影响。13.如图所示是一个半径为的半球形玻璃砖的正视图，AB为半圆的直径，为圆心。一束宽为的平行光线垂直下表面射入玻璃砖，上表面有光线射出的区域在平行于AB方向上的宽度（不考虑多次反射）。已知光在真空中的传播速率为，不考虑AB面的反射光，求：（1）玻璃砖的折射率；（2）在点左侧处射入玻璃砖的光线在玻璃砖中传播的时间。【答案】（1）2（2）【解析】（1）令临界角为C，根据临界角与折射率的关系有上表面有光线射出的区域边缘恰好发生全反射，作出光路图如图所示根据几何关系有解得（2）令在点左侧处射入玻璃砖的光线在玻璃砖上表面的入射角为，根据几何关系有解得该光在玻璃砖上表面发生全反射，光路图如图所示根据几何关系可知，该光在玻璃砖中传播的路程根据折射率与光速的关系有该光在玻璃砖中传播的时间结合上述解得14.如图甲所示，水平面上AB段由特殊材料铺成，其余部分光滑。一质量的物块（可视为质点）静止在水平面上的点，用方向水平向右、大小的拉力作用在物块上，物块由静止开始向右运动。已知物块与AB段材料的动摩擦因数随从到运动的位移变化的规律如图乙所示，PA与AB长度均为，重力加速度取，求：（1）物块运动到点时的速度大小；（2）物块在AB段运动过程中的最大速度大小；（3）若物块运动到点时撤去拉力，此后物块通过AB段的过程中，摩擦力对物块的冲量。【答案】（1）（2）（3），方向水平向左【解析】（1）物块在PA段运动时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得解得物块的加速度为根据运动学规律可得，物块到达