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

  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。