2021-2022年吉林省长春市十一高中高一（下）第二学程物理试题含解析

这是一份2021-2022年吉林省长春市十一高中高一（下）第二学程物理试题含解析，共26页。试卷主要包含了选择题52分，填空题，解答题34分等内容，欢迎下载使用。
  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0D. 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0B. 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TC. 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vD. 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mAv0B.  mA > mBC. 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 < mAB正确；C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度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.     ②. AB##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    ②. CD    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受力分析可知m2gsin37+μ2m2gcos37=m2a2解得a2=12m/s2方向沿着斜面向下假设m1与m2在运动过程中不会再次相碰对m1速度减小到0的时间为v1=a1t1解得t1=0.1s对m1速度从0加速到1m/s时间为v1=a1t2解得t2=0.1s此时m1回到出发点，对m1受力分析可知m1gsin37μ1m1gcos37=m1a3解得a3=2m/s2方向沿着斜面向下m1运动到斜面底端的时间解得t3=2s对m2速度减小到0的时间为v2=a2t4解得再加速到1m/s的时间为v1=a2t5解得t5=s对m2受力分析：满足μ2tanθ，故接下来m2将保持匀速运动，速度大小为v1=1m/s经判断可知：当m1速度减为0时，m2速度还未减为0，当m1速度加速到v1=1m/s时，m2速度还未加速到v1=1m/s，故m2与m1在运动过程中不可能再次相撞。滑动摩擦力对m2的冲量为解得I1=2Ns方向沿着斜面向下静摩擦力对m2的冲量为解得I2=11.2Ns方向沿着斜面向上m1滑上传送带到碰撞的时间v0vt=a1t6解得t6=0.4s滑动摩擦力对m2的冲量为I3=m2gcos37t6解得I3=2.4N∙s方向沿着斜面向上则I=I1I2I3解得I=11.6N∙s方向沿着斜面向上。