第1頁/共1頁遂寧中學高新校區(qū)高2026屆第二期五月月考物理試題試卷總分100分，考試時間75分鐘。一、選擇題（本題包括10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一個選項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全得2分，有錯選的得0分）1.下列物理量中，屬于矢量的是（）A.動能 B.速度 C.重力勢能 D.功【答案】B【解析】【分析】【詳解】動能、重力勢能、功均為標量。速度是矢量。故選B。2.圖為中國速滑運動員在北京冬奧會比賽中的精彩瞬間。假定他正沿圓弧彎道勻速滑行，在極短時間內滑行轉過某一角度，在這一過程中合外力（）A.做功不為零，沖量為零 B.做功不為零，沖量不為零C.做功為零，沖量為零 D.做功為零，沖量不為零【答案】D【解析】【詳解】由動能定理，合外力做的功等于動能的變化量。勻速滑行過程中動能不變，合外力做功為零。速度的大小不變，速度的方向在變，動量變化量不為零。由動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量。合外力的沖量不為零。故選D。3.如圖所示，小船靜止于水面上，站在船尾的人不斷將魚拋向左方船頭的艙內，將一定質量的魚拋完后，關于小船的速度和位移，下列說法正確的是（）A.向左運動，船向左移動了一些B.小船靜止，船向左移動了一些C.小船靜止，船向右移動了一些D.小船靜止，船不移動【答案】C【解析】【詳解】人、船、魚組成的系統(tǒng)動量守恒，開始時系統(tǒng)靜止，動量為零，由動量守恒定律可知，最終，船是靜止的；在人將魚向左拋出而魚沒有落入船艙的過程中，魚具有向左的動量，由動量守恒定律可知，船（包括人）具有向右的動量，船要向右移動，魚落入船艙后船即停止運動，如此反復，在拋魚的過程中船要向右運動，最終船要向右移一些；A.向左運動，船向左移動了一些，與結論不相符，選項A不符合題意；B.小船靜止，船向左移動了一些，與結論不相符，選項B不符合題意；C.小船靜止，船向右移動了一些，與結論相符，選項C符合題意；D.小船靜止，船不移動，與結論不相符，選項D不符合題意；4.圖為成都某游樂場的水滑梯?；萦蓛A斜的光滑軌道和水平的阻力軌道組成。若人（視為質點）從距水平軌道7.2m高的水滑梯頂端由靜止開始下滑，要求人不能碰撞水平軌道的末端，人在水平軌道上受到的平均阻力為其所受重力的。水平軌道的長度至少為（）A.12m B.18m C.25m D.36m【答案】D【解析】【詳解】由動能定理解得故選D。5.質量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好有彈性安全帶的保護，使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間是1.2s，安全帶長5m，g取10m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小約為（）A.100N B.500N C.600N D.1100N【答案】D【解析】【詳解】緩沖前的初速度為自由落體的末速度取豎直向下為正方向，根據動量定理平均沖力大小約為故選D。6.如圖所示，一輕繩系一小球豎直懸掛在O點，現保持繩處于拉直狀態(tài)，將小球拉至與O等高的A點，由靜止自由釋放小球。球運動過程中經過C點時，繩與豎直方向的夾角為，以下判斷正確的是（）A.小球下擺到最低點的過程中，繩子拉力對小球做功不為0B.小球下擺到最低點的過程中，繩子拉力對小球沖量不為0C.小球運動至C點時，其加速度大小為D.小球運動至C點時，輕繩對小球的拉力大小【答案】B【解析】【詳解】A．小球下擺到最低點的過程中，繩子拉力與速度垂直，對小球做功為0，A錯誤；B．小球下擺到最低點過程中，繩子拉力對小球沖量不為0，故B正確；C．小球運動至C點時，對小球分析可知，其切向方向有解得，切向加速度大小為小球做圓周運動，沿半徑方向還具有向心加速度，因此小球運動至C點時，其加速度大小必定大于，C錯誤；D．設繩長為l，根據機械能守恒由牛頓第二定律解得，小球運動至C點時，輕繩對小球的拉力大小為D錯誤。故選B。7.如圖，一直角邊長為R的光滑等腰直角三角形與半徑為R的光滑圓柱的一部分無縫相接，固定在水平桌面上。質量分別為2m和m的物體A和小球B通過一根不可伸長的細線相連，小球B（視為質點）恰好位于桌面上。已知重力加速度為g。從靜止釋放小球B，在運動到圓柱頂點的過程中（）A.物體A的機械能守恒B.當小球B到達圓柱頂點時，物體A的速度大小為C.繩的張力對小球B所做的功為D.繩張力對物體A所做的功為【答案】C【解析】【詳解】A．物體B動能和重力勢能均增大，B的機械能增大，因為系統(tǒng)的機械能守恒，所以A的機械能減少，A錯誤；B．根據機械能守恒定律得解得B錯誤；C．根據動能功和能的關系得繩的張力對小球B所做的功為，C正確；D．根據機械能守恒定律，繩的張力對物體A所做的功為D錯誤。故選C。8.2023年5月28日，中國棒球聯(lián)賽（成都站）在四川省棒球壘球曲棍球運動管理中心棒球場鳴哨開賽。如圖，在某次比賽中，一質量為0.2kg的壘球，以10m/s的水平速度飛至球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?0m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01s，下列判斷正確的是（）A.球棒對壘球做功為80JB.壘球動量變化量的大小為4kg·m/sC.球棒對壘球的平均作用力大小為800ND.球棒與壘球作用時間極短，故壘球動量守恒【答案】AC【解析】【詳解】A．設壘球水平飛回的速度方向為正方向，則、，球棒與壘球的作用過程由動能定理得球棒對壘球做功代入數據得球棒對壘球做功為A正確；B．壘球動量變化量為代入數據得B錯誤；C．由動量定理得球棒對壘球的平均作用力大小為C正確；D．球棒與壘球之間存在力的作用，故壘球動量不守恒，D錯誤。故選AC。9.從2017年6月5日起至年底，蘭州交警采取五項措施部署預防較大道路交通事故工作。在交通事故中，汽車與拖車脫鉤有時發(fā)生。如圖所示，質量為M的汽車帶著質量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現。若汽車的牽引力一直未變，車與路面間的動摩擦因數為μ，那么從脫鉤到拖車剛停下的過程中，下列說法正確的是（）A.汽車和拖車整體動量守恒B.汽車和拖車整體機械能守恒C.從脫鉤到拖車剛停下用時D.拖車剛停下時汽車的速度為【答案】CD【解析】【詳解】A．以汽車和拖車為整體，由于汽車的牽引力大于整體受到的摩擦阻力，所以整體所受合外力不為零，故動量不守恒，故A錯誤；B．汽車和拖車整體除重力之外的其他力做功之和大于零，所以系統(tǒng)機械能增加，故B錯誤；C．拖車與汽車脫鉤后，做勻減速直線運動，設加速度大小為，根據牛頓第二定律可得則從脫鉤到拖車剛停下用時故C正確；D．以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，根據牛頓第二定律可知，全過程系統(tǒng)所受的合外力始終不變，為從汽車脫鉤到拖車停下的過程，拖車的末狀態(tài)的動量為0，汽車的末速度為，則全過程由動量定理可得聯(lián)立解得拖車剛停下時汽車的速度為故D正確。故選CD。10.如圖甲，豎直輕彈簧下端固定在地面上，上端與物塊B相連并處于靜止狀態(tài)。物塊A在外力作用下靜止在物塊B正上方某高度處，取物塊A靜止時的位置為原點O、豎直向下為正方向建立x軸。某時刻撤去外力，物塊A自由下落，與物塊B碰撞后以相同的速度向下運動，碰撞過程時間極短。測得物塊A的動能與其位置坐標x的關系如圖乙（彈簧始終處于彈性限度內），圖中除之間的圖線為直線外，其余部分均為曲線。已知物塊A、B均可視為質點，則（）A.物塊A與物塊B的質量之比B.物塊A從到的過程中，重力的瞬時功率先增大后減小C.物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)在整個運動過程中損失的能量為D.彈簧的勁度系數【答案】BD【解析】【詳解】A．根據圖像可知碰撞后A的動能變?yōu)樵瓉淼?，根據設碰撞前瞬間物塊A的速度為，則碰撞后瞬間A、B的速度為，取初速度方向為正方向，由動量守恒定律有解得故A錯誤；B．物塊A從到的過程中，物塊A的動能先增大后減小，則速度先增大后減小，根據可知重力的瞬時功率先增大后減小，故B正確；C．物塊A、B碰撞過程損失的機械能為又，聯(lián)立可得故C錯誤；D．設A、B的質量為，由圖乙可知，處動能達到最大，根據平衡條件可得此時彈簧彈力為，從到過程中，彈簧彈力增加，由胡克定律知則有從O到，由動能定理有聯(lián)立解得故D正確。故選BD。二、實驗題（本題包括2小題，每空2分，共16分）11.某同學設計如圖甲的實驗裝置來驗證機械能守恒定律。讓小球自由下落，光電計時器記錄小球通過光電門1和光電門2的時間、，已知兩光電門之間的距離為h，小球的直徑為d，當地的重力加速度為g。（1）為了驗證機械能守恒定律，該實驗______（“需要”或“不需要”）測量小球質量m。（2）小球通過光電門1時的瞬時速度v1=______（用題中所給物理量的字母表示）。（3）保持光電門1位置不變，上下調節(jié)光電門2，多次實驗記錄多組數據，作出隨h變化的圖像如圖乙，如果不考慮空氣阻力，該圖線的斜率k=______，就可以驗證小球下落過程中機械能守恒（用題中所給物理量的字母表示）?！敬鸢浮竣?不需要②.③.【解析】【詳解】（1）[1]為了驗證機械能守恒定律，則有由上式可知，小球質量不需要測量。（2）[2]由瞬時速度公式，小球通過光電門1時的瞬時速度為（3）[3]由代入速度可得整理可得故該圖線的斜率12.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系：先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實驗步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并落在地面上。重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞.重復多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M、N、P離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度。①對于上述實驗操作，下列說法正確的是________A.小球1每次必須在斜槽上相同的位置從靜止?jié)L下B.小球1可以在斜槽上不同的位置從靜止?jié)L下C.斜槽軌道末端必須水平D.斜槽軌道必須光滑②若入射小球質量為，半徑為；被碰小球質量為，半徑為，則______A.，B.，C.，D.，③上述實驗除需測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量的物理量有________。A.A、B兩點間的高度差B.B點離地面的高度C.小球1和小球2的質量、D.小球1和小球2的半徑、④當所測物理量滿足表達式______________（用所測物理量的字母表示）時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律.如果還滿足表達式______________（用所測物理量的字母、、OM、OP、ON表示）時，即說明兩球碰撞是彈性碰撞?！敬鸢浮竣?AC##CA

②.B③.C④.⑤.【解析】【詳解】①[1]AB．小球每次從斜槽上相同的位置自由釋放，使得小球與另一小球碰撞前的速度不變，故A正確，B錯誤；C．斜槽軌道末端必須水平，保證小球碰撞前速度水平，故C正確；

D．斜槽的粗糙與光滑不影響實驗的效果，只要到達底端時速度相同即行，故D錯誤。

故選AC。②[2]要使兩球發(fā)生對心正碰，兩球半徑應相等，即r1、r2大小關系為r1=r2為防止入射球碰撞后反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，即：m1、m2大小關系為m1＞m2故選B。③[3]選水平向右為正方向，碰撞過程動量守恒，則m1v1=m1v1′+m2v2′由于兩球碰撞后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t得m1v1t=m1v1′t+m2v2′t則有可知實驗中除需測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量兩個小球的質量，故選C。[4]因為平拋運動的時間相等，則水平位移可以代表速度，OP是A球不與B球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平拋運動的位移，該位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B球的速度，當所測物理量滿足表達式說明兩球碰撞遵守動量守恒定律；[5]由功能關系可知，只要成立則機械能守恒，即說明碰撞過程中機械能守恒。三、計算題（本題包括3小題，共44分，要求：有必要的文字說明、公式完整規(guī)范、字跡工整清晰）13.汽車發(fā)動機的額定牽引功率為60kW，汽車的質量為5×103kg，汽車在水平路面上行駛時，阻力是車重的0.1倍，試求：（1）汽車保持額定功率從靜止起動后能達到的最大速度是多少；（2）當汽車的加速度為2m/s2時速度多大；（3）當汽車的速度為6m/s時加速度多大；（4）汽車從靜止開始，保持以0.5m/s2的加速度做勻加速直線運動，這一過程能維持多長時間；這段時間內牽引力做的功為多少?！敬鸢浮?1)12m/s；(2)4m/s；(3)1m/s2；(4)16s，【解析】【詳解】(1)當牽引力與阻力大小相等時汽車的速度最大，由得(2)由牛頓第二定律解得所以當汽車的加速度為2m/s2時速度為(3)當汽車速度為6m/s時，牽引力為加速度為(4)由牛頓第二定律得保持以0.5m/s2的加速度做勻加速直線運動的牽引力為勻加速的最大速度為勻加速的時間勻加速運動的位移這段時間內牽引力做功為W，由動能定理得解得14.如圖，粗糙水平面與豎直面內的光滑半圓形軌道BC在B點平滑相接，軌道半徑R=0.4m，一質量m=2.0kg的小滑塊（視為質點）與彈簧無拴接，將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，小滑塊經過B點后恰好能通過最高點C做平拋運動，并剛好落在A點。已知小滑塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑塊通過最高點C時的速度大??；（2）小滑塊運動到B點時對軌道的壓力；（3）彈簧壓縮至A點時具有的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）；（2），方向豎直向下；（3）【解析】【詳解】（1）在C點，由牛頓第二定律有解得（2）B到C，根據動能定理有在B點根據牛頓第二定律有解得F=120根據牛頓第三定律可知小滑塊在B點對軌道的壓力為負號表示方向豎直向下。（3）物體從點C做平拋運動，并剛好落在A點過程有得A至C，根據動能定理有代入數據得15.如圖，傾角θ=30°的足夠長的斜面固定在水平面上，斜面上放一長L=1.6m的“L”形木板，質量M=3.0kg。將質量m=1.0kg的