吉林省长春市十一高中2021-2022学年高一下学期第二学程物理试题（解析版）

长春市十一高中2021-2022 学年度高一下学期第二学程考试 物理试题（选考卷） 第Ⅰ卷（共52 分） 一、选择题52 分：本题共12 小题，1-8 单选题每小题4 分。9-12 多选题，每小题5 分，选不 全的得3 分 1. 下列说法正确的是（ ） A. 猫从高处落下一般不会受伤，猫在接近地面的时候，通常都可以保证四肢着地，而猫脚趾上厚实的脂肪 质肉垫，能够减小与地面接触时，地面对猫的冲击力 B. 易碎物品运输时要用柔软材料包装，这样做是为了减小物品的动量变化 C. 一个系统不受外力，则总动量一定为0 D. 发生碰撞的两物体，碰撞前后，两物体的动量变化量相等 【答案】A 【解析】 【详解】A．猫从高处落下一般不会受伤，猫在接近地面的时候，通常都可以保证四肢着地，而猫脚趾上 厚实的脂肪质肉垫，能够延长与地面作用时间，减小与地面接触时地面对猫的冲击力，故A 正确； B．易碎物品运输时要用柔软材料包装，这样做是为了延长与地面作用时间，减小冲击力，并不能减小物 品的动量变化，故B 错误； C．一个系统不受外力，动量守恒，但总动量不一定为0，故C 错误； D．发生碰撞的两物体，碰撞前后，两物体的动量变化量大小相等，方向相反，故D 错误。 故选A。 2. 一条长为L，质量为m 的均匀链条放在光滑的水平桌面上，其中 悬在桌边，如图所示，在链条的另一 端用水平力缓慢地把链条全部拉到桌面上需做功为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】悬在桌边的 长的链条重心在其中点处，离桌面的高度 它的质量为 ，当把它缓慢拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，则拉力需要做的功为 故C 正确，ABD 错误。 故选C。 3. 下列说法正确的是（ ） A. 做简谐运动的物体的回复力一定是物体所受的合力 B. 做简谐运动的物体，回复力与偏离平衡位置的位移，可能同向，可能反向 C. 做受迫振动的物体，其振动频率与固有频率无关 D. 驱动力的频率越大，受迫振动的振幅就越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．做简谐运动的物体的回复力不一定是物体所受的合力，如单摆运动中回复力不是物体的合力， 故A 错误； B．根据 ，做简谐运动的物体，回复力与偏离平衡位置的位移反向，故B 错误； C．做受迫振动的物体，其振动频率与固有频率无关，等于驱动力频率，故C 正确； D．做受迫振动时，驱动力的频率与固有频率相等时，受迫振动的振幅最大，故D 错误； 故选C。 4. 如图所示，一平板车停在光滑的水平面上，某同学站在小车上，若他设计下列操作方案，最终能使平板 车持续地向右驶去的是（ ） A. 该同学在图示位置用大锤连续敲打车的 左端 B. 只要从平板车的一端走到另一端，再走回来，往复运动 C. 在车上装个电风扇，不停地向左吹风 D. 他站在车的右端将大锤丢到车的左端 【答案】C 【解析】 【详解】A．大锤连续敲打车的左端时，人和车整体动量守恒，总动量为零，故车不会持续地向右驶去， 故A 错误； B．人从平板车的一端走到另一端的过程中，人和车整体动量守恒，总动量为零，故车不会持续地向右驶 去，故B 错误； C．在车上装个电风扇，不停地向左吹风，电风扇会持续受到一个向右的反作用力，则车持续地向右驶去， 故C 正确； D．从车的右端将大锤丢到车的左端，人和车整体动量守恒，总动量为零，故车不会持续地向右驶去，故 D 错误。 故选C。 5. 如图所示，质量为m 的 物块沿倾角为θ 的固定斜面由底端向上滑动，经过时间 速度减为零，然后下滑， 又经过时间 回到斜面底端，在整个运动过程中（ ） A. 重力对物块的总冲量大小为0 B. 重力对物块的总冲量大小为 C. 重力对物块的总冲量大小为 D. 若斜面置于光滑水平面上，则物块机械能守恒 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．在整个运动过程中重力对物块的总冲量大小 ，故B 正确，AC 错误； D．若斜面置于光滑水平面上，根据能量守恒可知，斜面机械能增大，则物块机械能减小，故D 错误。 故选B。 6. 已知引力常量G，那么在下列给出的各种情境中，能根据测量的数据求出火星密度的是（ ） A. 测得火星表面重力加速度 B. 发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的周期T C. 发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的线速度v D. 观察火星绕太阳的椭圆运动，测出火星绕太阳运行的周期T 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 可得 无法求出火星密度，故A 错误； B．根据 可得 则火星密度为 可以求出密度，故B 正确； C．联立 和 可得火星密度为 无法求出密度，故C 错误； D．火星绕太阳做椭圆运动，有可能求出太阳的质量，无法求出火星的质量，故无法求出火星的密度，故 D 错误。 故选B。 7. 如图所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点处。将小球拉至A 处， 弹簧恰好无形变，取弹簧原长时弹性势能为0，由静止释放小球，它运动到最低点B 点时速度大小为 间的竖直高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ） A. 由A 到B 重力对小球做功的功率，逐渐增加 B. 由A 到B 小球的重力势能减少 C. 由A 到B 小球克服弹力做功为 D. 小球到达B 点时弹簧的弹性势能为 【答案】D 【解析】 【详解】A．在A 点，速度为零，重力功率为零，在B 点，速度与重力垂直，重力功率为零，所以由A 到 B 重力对小球做功的功率，先增大后减小，故A 错误； BC．根据系统机械能守恒 所以由A 到B 小球的重力势能减少量大于 ，小球克服弹力做功小于 ，故BC 错误； D．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为 故D 正确。 故选D 。 8. 一个水龙头以垂直于墙面 的速度喷出水柱，水柱的横截面积为 ，水柱垂直冲击竖直墙 壁后变为速度为零的无数小水滴，水的密度为 ，则水柱对墙壁的冲击力为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】时间t 内的水柱质量 m＝svtρ 水柱受力为F，由动量定理 Ft＝0﹣mv 得 F＝﹣ ＝﹣sρv2 带入数据，可得 F＝﹣30N 由牛顿第三定律可知水柱对墙壁的力为30N。 故选A。 9. 嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走。嫦娥探测器在历经主动减速、快速调整、悬停避障、 缓速下降等阶段后，着陆器、上升器组合体最后稳稳地落于月面。如图所示为我国嫦娥工程第二阶段的登 月探测器“嫦娥三号”卫星的飞行轨道示意图。则 A. 登月探测器在环月轨道2（椭圆轨道）上绕行时P 点处速度最大 B. 登月探测器在环月轨道1（圆轨道）的速度比月球上的第一宇宙速度小 C. 登月探测器在接近月面过程喷火以减速，该过程机械能增加 D. 登月探测器在环月轨道1 上P 点的速度大于在环月轨道2 上P 点的速度 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A．登月探测器在环月轨道2（椭圆轨道）上绕行时，根据开普勒第二定律可知，远月P 点处速 度最小，选项A 错误； B．根据 可得 轨道1 的轨道半径大于月球的半径，可知登月探测器在环月轨道1（圆轨道）的速度比月球上的第一宇宙 速度小，选项B 正确； C．登月探测器在接近月面过程喷火以减速，该过程机械能减小，选项C 错误； D．登月探测器在环月轨道1 上P 点要制动减速才能进入环月轨道2，则登月探测器在环月轨道1 上P 点的 速度大于在环月轨道2 上P 点的速度，选项D 正确。 故选BD。 10. 某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x 随时间t 变化的关系为 ，振动图像如图所 示，下列说法正确的是（ ） A. 第1s 末到5s 末回复力做功为零 B. 弹簧在第1s 末与第5s 末的长度相同 C. 第3s 末到第5s 末，弹簧振子的速度方向不变 D. 弹簧振子在任意2s 通过的路程为A 【答案】AC 【解析】 【详解】A．第1s 末的位移大小与第5s 末的位移大小相等，方向相反，这两个时刻振子所在的位置相对于 平衡位置对称，所以振子的速度大小相等，根据动能定理可知，第1s 末到5s 末回复力做功为零，故A 正 确； B．弹簧在第1s 末与第5s 末的位移等大方向，弹簧形变量相同，如果第1s 末弹簧是压缩状态，第5s 末就 是伸长状态，所以长度不同，故B 错误； C．第3s 末到第5s 末，弹簧振子始终向负方向振动，所以速度方向相同，故C 正确； D．周期是8s，如果起始时刻不在平衡位置或最大位移处，则任意2s 通过的路程不一定为A，故D 错误。 故选AC。 11. 如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量 为m 的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法中正确的是（ ） A. 甲、乙两车运动中速度之比为 B. 甲、乙两车运动中速度之比为 C. 甲车移动的距离为 D. 乙车移动的距离为 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．甲乙两车以及人组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得 A 错误，B 正确； CD．根据动量守恒有 解得甲车移动的距离 乙车的位移 C 正确，D 错误。 故选BC。 12. 如图（a），质量分别为mA、mB的A、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形变量为 。撤去外力并开始计时，A、B 两物体运 动的 图像如图（b）所示， 表示0 到 时间内 的 图线与坐标轴所围面积大小， 、 分别 表示 到 时间内A、B 的 图线与坐标轴所围面积大小。A 在 时刻的速度为 。下列说法正确的是 （ ） A. 0 到 时间内，墙对B 的 冲量等于mAv0 B. mA > mB C. B 运动后，弹簧的最大形变量等于 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B 静止，则对B 受力分析有 F 墙 = F 弹 则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，而弹簧既作用于B 也作用于A，则可将研究对象转为A， 撤去F 后A 只受弹力作用，则根据动量定理有 I = mAv0（方向向右） 则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同，A 正确； B．由a—t 图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有 F 弹 = mAaA= mBaB 由图可知 aB > aA 则 mB < mA B 正确； C．由图可得，t1时刻B 开始运动，此时A 速度为v0，之后AB 动量守恒，AB 和弹簧整个系统能量守恒， 则 可得AB 整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB 系统的动能，弹簧的形变量小于x，C 错误； D．由a—t 图可知t1后B 脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB 组成的系统动量守恒，且在t2时刻 弹簧的拉伸量达到最大，A、B 共速，由a—t 图像的面积为 ，在t2时刻AB 的速度分别为 ， A、B 共速，则 D 正确。 故选ABD。 第Ⅱ卷（共48 分） 二、填空题：14 分，每空2 分 13. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中。 （1）用分度值为毫米的直尺测得摆线长，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为___________cm。 （2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有（ ） A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的 B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C.应从小球运动至最高点时，作为计时起点 D．为减小误差，延长周期，可使角度越大越好，最大角度为与竖直方向夹角90 度 （3）改变摆线长，多次重复实验，获得多组数据，以周期的平方为纵轴，以摆线长为横轴，建立直角坐 标系，图像为过坐标原点的倾斜直线，测得图像的斜率为k，则当地重力加速度为 ___________。 【答案】 ①. . ②AB##BA . ③ 【解析】 【详解】（1）[1]游标卡尺读数为 （2）[2]AB．为了减小实验误差，摆线选择细些的、弹性小的、并且适当长一些，摆球选择质量大，体积 小的可以减小阻力的影响，故AB 正确； C．测量周期时应从小球经过最低位置时开始计时，而且应记录 次全振动的时间，故C 错误； D．为了减小实验误差，保证摆球尽量做单摆运动，摆角不超过5 度，故D 错误； （3）[3]根据单摆周期公式 整理得 可知 图线斜率 解得 14. 用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。如 图甲所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。 实验步骤如下： 步骤1：不放小球2，让小球1 从斜槽上某点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把 小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置； 步骤2：把小球2 放在斜槽前端边缘位置B，让小球1 从某点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用 与步骤1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置； 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 离O 点的距离，即线段 的 长度。 （1）上述实验除需测量线段 的长度外，还需要测量的物理量有（ ） A.B 点离地面的高度 B. 两点间的高度差 C.小球1 和小球2 的质量 D.小球与轨道间动摩擦因数 （2）下列选项中，属于本实验的要求的是（ ） A.球1 的半径应小于球2 的半径 B.球1 的质量小于球2 的质量 C.球2 的质量小于球1 的质量 D.步骤1 和步骤2 须从斜面同一点，无初速度释放。 （3）当所测物理量满足表达式___________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守 恒定律。 （4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改装，如图乙所示以斜槽末端为圆心的一端圆弧， 使小球1 仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤1 和2 的操作，得到两球落在圆弧上的平均落点为 。测得斜槽末端与 三点的连线与竖直方向的夹角分别为 ，已知圆 弧半径远大于小球半径，可忽略小球体积，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________（用 所测物理量的字母，以及含有 的三角函数表达）。 【答案】 ①. C . ②CD . ③ . ④ 【解析】 【详解】（1）[1]小球做平抛运动，则有 ， 解得 根据动量守恒得 因 ， ， 则可得 所以除了测量线段OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量是小球1 和小球2 的质量m1、m2。 故选C。 （2）[2] A．为了保证对心碰撞，球1 的半径应等于球2 的半径，故A 错误； BC．为了防止入射球反弹，球2 的质量小于球1 的质量，故B 错误，C 正确； D．为了保证两次小球1 到达斜面底端速度相同，步骤1 和步骤2 须从斜面同一点，无初速度释放，故D 正确。 故选CD。 （3）[3] 因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP 是1 球不与2 球碰撞平抛运动的位移， 该位移可以代表1 球碰撞前的速度，OM 是1 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后1 球的速 度，ON 是碰撞后2 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后2 球的速度，当所测物理量满足表达式 说明两球碰撞遵守动量守恒定律。 （4）[4] 测得斜槽末端与M′的连线与竖直方向的夹角为α1，由平抛规律 设斜槽末端与M′的连线长度为L（即圆弧半径为L） 联立解得 同理可得 ， 代入动量守恒的式子 化简可得 三、解答题34 分 15. 如图所示， 是地球同步卫星，另一个卫星 的圆轨道位于赤道平面内，卫星 的运行向心加速度为 。已知地球半径为 ，地球表面的重力加速度为 。已知B 卫星运行周期为A 卫星运行周的3 倍，且绕 行方向相同。 （1）求卫星 距离地面高度； （2）某时刻A、B 两卫星相距最近，经过多少天后它们相距最远？ 【答案】（1） ；（2）见解析 【解析】 【详解】（1）卫星 的运行向心加速度为 卫星 距离地面高度 （2）卫星B 的角速度 B 卫星运行周期为A 卫星运行周的3 倍，角速度是A 的 ，则 某时刻A、B 两卫星相距最近，设过t 相距最远 （ ） 解得 （ ） 经过天数为 16. 如图所示的光滑足够长水平面上有质量为m1的长木板，木板的长度为L，小滑块在木板的左端，与木 板共同以速度v0向右匀速运动。小滑块的质量为m2，小滑块与木板之间的动摩擦因数为 ，木板与档板的 碰撞是弹性的。 （1）若m1：m2=2：1，要确保小滑块最终不从木板上掉下，求木板长度L 的最小值； （2）若m1：m2=1：2，要确保小滑块最终不从木板上掉下，求木板长度L 的最小值。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）设 ，若m1：m2=2：1，规定向左为正方向，当木板与墙壁发生第一次碰撞后，原速 率反弹后，根据动量守恒有 解得 根据能量守恒定律有 解得 （2）设 ，若m1：m2=1：2，规定向左为正方向，当木板与墙壁发生第一次碰撞后，原速率反弹后， 根据动量守恒有 解得 为负值，说明，物块与木板再次共速时，速度向右，将再次与墙壁发生碰撞，可以得出，将重复数次 碰撞后，能量全部在摩擦作用下损失，根据能量守恒定律有 解得 17. 如图，质量m1=3kg 的物体以v0=6mm/s 的速度从B 点滑上粗糙的静止传送带，在滑行1.6m。后与静止 的m2物体发生弹性碰撞。碰撞后瞬间，传送带突然开始逆时针转动，速度大小恒为1m/s。已如m1与传送 带间的动摩擦因数，m2与传送带间的动摩擦因数为 ，m2的质量m2=1kg。C 点到斜面底端A 点的 距离xAC=6m，传送带与水平面的夹角为37°，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设整个运 动过程物体m2一直未离开传送带。求： (1)碰撞前瞬间，物体m1的速度大小； (2)碰撞后瞬间，物体m1、m2的速度分别为多少； (3)从以物体滑上传送带到成离开传送带的过程中，摩擦力对m2物体的冲量。 【答案】(1)2m/s；(2)v1=1m/s，v2=3m/s；(3)11. 6Ns，方向沿着斜面向上 【解析】 【分析】 【详解】(1)对m1受力分析可知 m1gsin37+μ1m1gcos37=m1a1 解得 a1=10m/s2 由速度位移公式可得 带入数据 vt=2m/s (2)由于碰撞瞬间内力远远大于外力，可认为碰撞过程动量守恒。 由于是弹性碰撞，满足动能守恒 解得 带入数据可得 v1=1m/s，v2=3m/s (3)碰撞后瞬间对m1受力分析可知 m1gsin37+μ1m1gcos37=m1a1 解得 a1=10m/s2 方向沿着斜面向下 碰撞后瞬间对m2受