2026-2027学年江苏省南通市高二（上）月考物理试卷（10月份）

2026-2027学年江苏省南通市高二（上）月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）1．（4分）关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A．不同物体中动量越大，速度一定越大 B．（﹣8kg•m/s）的动量大于（+6kg•m/s）的动量 C．物体的动能发生变化，其动量可能不变 D．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变2．（4分）质量为m的小球在水平面内做速率为v的匀速圆周运动，则小球在经过12A．2mv B．﹣2mv C．0 D．mv3．（4分）当下人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，所以经常出现手机砸伤眼睛的情况。所示，若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速度g＝10m/s2，则手机与眼睛作用过程中，下列分析正确的是（）A．手机的动量变化量约为0.45kg•m/s B．手机对眼睛的冲量大小约为0.15N•s C．手机对眼睛的冲量大小约为0.3N•s D．手机对眼睛的作用力大小约为4.5N4．（4分）一弹簧振子做简谐运动的过程中，关于平衡位置对称的两个位置，下列物理量一定相同的是（）A．速度 B．动能 C．位移 D．加速度5．（4分）以下关于四幅图的说法，正确的是（图中水平地面均光滑）（）A．图甲，子弹水平射入物块并留入其中的过程中，子弹和物块系统机械能守恒 B．图乙，物块沿不固定光滑斜面由静止滑下的过程中，物块和斜面系统动量守恒 C．图丙，礼花弹爆炸的瞬间，系统动量守恒但机械能不守恒 D．图丁，A、B用压缩的轻弹簧连接放于地上，释放后A、B系统动量和机械能均守恒6．（4分）小明利用如图所示的装置验证动量守恒定律，水平发生正碰的两小球都向右水平抛出，实验过程中需要满足的要求是（）A．在实际实验中入射小球质量大于被撞小球质量，入射小球的半径应等于被撞小球的半径 B．斜槽轨道尽可能光滑 C．实验中移动复写纸一定会影响实验结果 D．入射小球每次可以从斜槽轨道的不同位置静止释放7．（4分）如图所示，质量为200kg的小船在静止水面上以3m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面6m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）A．4.2m/s B．3m/s C．5.25m/s D．2.25m/s8．（4分）一个质量为3kg的物体所受的合力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6s内速度的改变量是（）A．7m/s B．6.7m/s C．6m/s D．5m/s9．（4分）如图为某单摆做受迫振动的振动曲线，取g＝10m/s2，π2＝10。则（）A．此单摆的固有周期为2s B．此单摆的摆长约为2m C．若仅摆长增大，共振曲线的峰值将向右移 D．若仅增大驱动力频率，单摆的固有频率也增大10．（4分）简谐运动是最简单、最基本的振动。图甲是做简谐运动的某物体，全振动50次用了20s；图乙是研究单摆的回复力实验图，下列对应的说法正确的是（）A．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子的频率为0.4Hz B．图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动 C．图乙中做单摆运动的摆球的回复力是摆球重力和细线拉力的合力 D．图乙中做单摆运动的摆球运动到O点时速度最大，回复力最小11．（4分）如图所示，光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板B正以3m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端向左滑上可视为质点的物块A，其质量为1kg，速度大小也是3m/s。经过2s后，物块刚好滑到木板左端且二者相对静止，重力加速度g＝10m/s2。在这一过程中，下列说法中正确的是（）A．二者相对静止时向左运动 B．二者相对静止时速度的大小是2m/s C．物块和木板之间因摩擦产生的热量为12J D．物块和木板间的动摩擦因数为0.1二、非选择题：共5小题，共56分。其中第12题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．（15分）某同学在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中。（1）用游标卡尺测小球的直径如图a所示，其值为_________cm，用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间如图b所示，秒表读数为__________s；（2）在测量过程中，下列操作合理的是_____（选填下列选项前的序号）A．先测好摆长，再将单摆悬挂到铁架台上B．释放单摆时，摆角尽量大些，以便观察C．单摆摆动稳定后，摆球经过平衡位置时开始计时D．摆动过程中，若逐渐形成了圆锥摆，可以继续测量，不影响单摆周期（3）若该同学用公式法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_____（选填下列选项前的序号）。A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长C．测量周期时，误将摆球（n﹣1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=tD．摆球的质量过大（4）在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆线长，测得了多组摆线长L和对应的周期T，并用这些数据作出T2﹣L图像如图c甲所示，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L+0.024（s2）。由此可以得出当地的重力加速度g＝_________m/s2（取π2＝9.86，计算结果保留3位有效数字）。13．（8分）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为m＝60kg的运动员，从离水平网面h1＝3.2m高处自由落下，着网后沿竖直方向恰能蹦回到离水平网面h2＝5.0m高处，通过压力传感器测得运动员与蹦床接触过程中网面受到的平均作用力大小为F=2400N，g取10m/s2（1）运动员与蹦床接触的时间；（2）从开始自由落下到蹦回到离水平网面h2＝5.0m高处过程中，运动员所受重力的冲量。14．（8分）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平地面上的B、C点间做简谐运动，振子的质量m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，振子的振动图像如图乙所示。求：（1）0～2πs内振子通过的路程s；t0时刻振子的加速度大小a。15．（12分）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面足够长，斜面上静止着2025个完全相同的物块，物块质量均为m，相邻物块间的距离均为L，在物块上方98L处有一个光滑小球，小球质量M＝2m，将其从左到右依次编号，光滑小球与斜面间的摩擦忽略不计，物块与斜面间的动摩擦因数为（1）1号小球与2号物块第一次碰撞后，两者的速度大小；（2）1号小球与2号物块在第一次碰撞中对2号物块所做的功及小球以后每次与2号物块碰撞前瞬间的速度表达式大小。16．（12分）如图所示，一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点a、b间对应的圆心角θ＝53°，圆弧半径R＝4.5m，b点与圆心O的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面。质量M＝0.5kg，长度为L＝1m的木板，紧挨平台放置，木板上表面与圆弧槽b点等高，左端恰好位于O点正下方。质量m＝1kg的物块静置于木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。将质量m0＝0.5kg的小球从圆弧槽的a点由静止释放，小球在圆弧槽的b点与物块发生弹性正碰，在碰撞结束瞬间取走小球，同时给木板施加一个水平向右的恒力F，物块、小球均可看作质点，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）小球与物块碰后瞬间物块速度大小；（2）当F＝1N时，物块在木板上运动产生的热量；（3）改变F的大小（作用过程中F仍为恒力），物块在木板上运动产生的热量至多不超过多少。2026-2027学年江苏省南通市高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）1．【解答】解：A、动量p＝mv，不同物体中动量越大，可能质量大，速度不一定大，故A错误；B、动量的正负表示方向，不表示大小，所以（﹣8kg•m/s）的动量大小大于（+6kg•m/s）的动量大小，故B正确；C、动能EkD、做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，动量是矢量，动量的方向与速度方向相同，所以动量一定变化，故D错误。故选：B。2．【解答】解：因为以初速度方向规定为正方向，则运动12故选：B。3．【解答】解：A、由题意可知手机下落高度约为h＝20cm＝0.20m，手机质量m＝150g＝0.15kg，则手机砸到眼睛瞬间的速度约为v=手机与眼睛作用后手机的速度变成O，选取竖直向下为正方向，则在手机与眼睛作用的过程中，手机的动量变化量约为Δp＝0﹣mv代入数据可得Δp＝﹣0.30kg•m/s，故A错误；BC、手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛对手机的作用力，选取竖直向下为正方向，则mgt﹣1＝Δp代入数据可得眼睛对手机的冲量大小约为I＝0.45N•s所以手机对眼睛的冲量大小约为I'＝0.45N•s，故BC错误；D、由冲量的定义得手机对眼睛的作用力大小约为F=I′故选：D。4．【解答】解：根据题意分析可知，弹簧振子做简谐运动的过程中，关于平衡位置对称的两个位置，位移大小相等，方向相反，则加速度大小相等，方向相反，速度大小相等，方向可能相同，也可能相反，速度大小相同，则动能相同，故B正确，ACD错误；故选：B。5．【解答】解：A：在图甲中，子弹水平射入物块并留入其中的过程，存在摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，子弹和物块系统机械能不守恒，故A错误；B：图乙中，物块沿不固定光滑斜面由静止滑下的过程，物块有竖直方向的分加速度，系统在竖直方向合外力不为零，不满足动量守恒的条件（系统所受合外力为零），物块和斜面系统动量不守恒，故B错误。C；图丙中，礼花弹爆炸的瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒；但爆炸过程有化学能转化为机械能等其他形式的能量，机械能不守恒，故C正确。D：图丁中，A、B用压缩的轻弹簧连接放于地上，释放后，弹簧的弹力是内力，系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒；然而弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，系统机械能不守恒（因为弹簧的弹性势能发生了变化），故D错误。故选：C。6．【解答】解：A.在实际实验中，为了防止入射小球反弹，入射小球质量大于被撞小球质量；为了使两小球发生对心碰撞，入射小球的半径应等于被撞小球的半径，故A正确；BD.实验中，只要保证入射小球从同一位置静止释放，入射小球与被碰小球碰撞前的速度就相同，不需要斜槽光滑，故BD错误；C.在白纸上记录小球落点的位置，实验中不可以移动白纸，只要小球能落在复写纸上，移动复写纸不会影响实验结果，故C错误。故选：A。7．【解答】解：救生员在跃出过程中，其与船组成的系统在水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒。规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v0＝Mv'﹣mv。代入数据，解得：v'＝5.25m/s。故C正确，ABD错误。故选：C。8．【解答】解：根据动量定理：Ft＝mΔv，F﹣t图象与坐标轴围成的面积表示合外力的冲量，则有：12解得：Δv＝5m/s故选：D。9．【解答】解：AB.当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大，由振动曲线得，该单摆的固有频率为f＝0.5Hz，根据f=1T，可得T＝2s，由C.由周期公式可知增大摆长，固有周期变大，则单摆固有频率越小，峰值将向左移动，故C错误；D.单摆的固有频率与摆长有关，与驱动力频率无关，故D错误。故选：A。10．【解答】解：A、弹簧振子全振动50次用了20s，其频率f=nB、图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做做简谐运动，其加速度大小与方向都做周期性变化，振子的运动不是匀变速运动，故B错误；C、题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，故C错误；D、图乙中O点为单摆的平衡位置，在该位置单摆的速度最大，回复力最小，故D正确。故选：D。11．【解答】解：AB、设木板质量为M，物块质量为m，木板与物块所组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0﹣mv0＝（M+m）v代入数据解得：v＝1m/s，故二者相对静止时，向右运动，故A、B错误；CD、木板的加速度大小为a1=对木板，由牛顿第二定律有：μmg＝Ma1代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为：μ＝0.2系统因摩擦产生的热为Q＝1代入数据，解得Q＝12J，故C正确，D错误。故选：C。二、非选择题：共5小题，共56分。其中第12题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.1mm，则小球的直径为：d＝20mm+7×0.1mm＝20.7mm＝2.07cm秒表读数为：t＝60s+40.2s＝100.2s（2）A．为减小实验误差，应先将单摆悬挂到铁架台上，再测摆长，故A错误；B．释放单摆时，摆角不能大于5°，否则摆球不做单摆运动，故B错误；C．摆球在平衡位置时速度大，计时误差小，故单摆摆动稳定后，摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；D．摆动过程中，若逐渐形成了圆锥摆，不可以继续测量，会影响单摆周期，故D错误。故选：C。（3）A．根据单摆周期公式T=2πl重力加速度为g=4测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，小于摆线的真实值，测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，故A错误；B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，单摆振动越来越慢，周期的测量值偏大，测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，故B错误；C．测量周期时，误将摆球（n﹣1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=tD．摆球的质量对重力加速度的测量没有影响，故D错误。故选：C。（4）根据单摆周期公式T=2πL重力加速度为T2图象斜率为k=4重力加速度为g＝9.76m/s2故答案为：（1）2.07；100.2；（2）C；（3）C；（4）9.76。13．【解答】解：（1）由机械能守恒定律得：mgh=12mv12，mgH=12运动员与蹦床接触过程中网面受到的平均作用力大小为F=2400N，规定向下为正方向，根据动量定理有：（−F+mg）t＝﹣mv代入数据解得：t＝0.6s（2）根据速度—时间关系可知下落的时间：t1=v1g，上升的时间：t运动员所受重力的冲量IG＝mg（t1+t2+t）。代入数据解得：IG＝1440N•s，方向竖直向下；答：（1）运动员与蹦床接触的时间为0.6s；（2）从开始自由落下到蹦回到离水平网面h2＝5.0m高处过程中，运动员所受重力的冲量为1440N•s，方向竖直向下。14．【解答】解：（1）根据题图可知，振子的振幅A＝5cm振子的周期T=则有2πs＝10T0～2πs内振子通过的路程s＝10×4A，解得s＝2m（2）根据题图可知t0时刻振子的回复力大小F＝kx0根据牛顿第二定律有F＝ma解得a＝3m/s2答：（1）0～2πs内振子通过的路程等于2m；（2）t0时刻振子的加速度大小等于3m/s2。15．【解答】解：（1）小球1与斜面间光滑，小球在斜面上运动时所受合外力为Mgsinθ，根据动能定理有Mgsinθ⋅可得1号小球与2号物块碰撞前速度v碰撞后根据动量守恒及能量守恒，取沿斜面向下为正方向，可得2mv0＝2mv1+mv2，1整理得v1=小球1的速度为v1=（2）在此过程中，小球1对物块2做功W取沿斜面向下为正方向，小球1对物块2冲量I因物块摩擦因数μ＝tanθ即mgsinθ＝μmgcosθ第一次碰撞后物块2所受合外力为0，做匀速直线运动沿斜面下滑，碰撞物块3，又因物块质量均相等，故发生速度交换，物块2停止，物块3以v2=2gL第一次碰撞后小球1沿斜面下滑距离L，根据动能定理有2mgsinθL=可得v=再次与物块2发生碰撞，由此可知，每次碰撞后，小球1均下滑距离L，速度由v1=再次与物块2发生碰撞，并周期性重复；小球1对物块2做功