2021-2022学年云南省玉溪市峨山县第一中学高二（下）5月物理试题（解析版）VIP

1、 云南省玉溪市峨山县第一中学2021-2022年5月份考试高二物理考试时间：100分钟；试卷满分：100分注意事项：1.答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息2.请将正确答案填写在答题卡上第卷一、单选题（共10小题，每题3分，共30分）1. 如图所示，、为水波槽中的两个波源，它们分别激起两列水波，图中实线表示波峰，虚线表示波谷。已知两列波的波长，该时刻在点两列波的波峰与波峰相遇，则以下叙述正确的是（）A. 点有时在波峰，有时在波谷，振动始终加强B. 点始终在波峰C. 点的振动不遵循波的叠加原理，点的运动也不始终加强D. 点的振动遵循波的叠加原理，但并不始终加强【答案】D【解析】【分析】【详解

2、】波发生干涉的条件是两列波的频率相同，由于，且同种介质中波速相同，根据，可知两列波频率不同，不能发生干涉现象，但能叠加，则点的振动不可能一直加强。故选D。2. 如图所示的四种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮纹)在下面的四幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是()A. 红黄蓝紫B. 红紫蓝黄C. 蓝紫红黄D. 蓝黄红紫【答案】B【解析】【详解】双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故AC两个是双缝干涉现象，根据双缝干涉条纹间距可以知道波长越大，越大，故A是红光，C是蓝光单缝

3、衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，故BD是单缝衍射图样，B为紫光的单缝衍射图样，D为黄光单缝衍射图样故从左向右依次是红光（双缝干涉）、紫光（单缝衍射）、蓝光（双缝干涉）和黄光（单缝衍射）所以选项B正确的，选项ACD错误点睛：掌握单缝衍射和双缝干涉的图样的特点和图样与波长的关系是解决此题的唯一途径，故要加强对基础知识的记忆3. 如图所示，装有多普勒测速仪的汽车测速监视器安装在公路旁，它向行驶中的车辆发射已知频率的超声波，并接收被车辆反射回来的反射波当某汽车向测速监视器靠近时，被该汽车反射回来的反射波与测速监视器发出的超声波相比（ ）A. 频率不变，波速变

4、小B. 波速不变，频率变小C. 频率不变，波速变大D. 波速不变，频率变大【答案】D【解析】【详解】波速由介质决定，所以被该汽车反射回来的反射超声波与测速监视器发出的超声波相比波速不变；根据声音的多普勒效应，声源和观察者靠近时接收频率变高，所以被该汽车反射回来的反射波与发出的超声波相比频率变大A. 频率不变，波速变小，与结论不相符，选项A不符合题意；B. 波速不变，频率变小，与结论不相符，选项B不符合题意；C. 频率不变，波速变大，与结论不相符，选项C不符合题意；D. 波速不变，频率变大，与结论相符，选项D符合题意；4. 竖直发射的火箭质量为6103kg。已知每秒钟喷出气体的质量为200kg。

5、若要使火箭获得大小为20.2m/s2、方向向上的加速度，则喷出气体的速度大小最接近（）A. 700m/sB. 800m/sC. 900m/sD. 1000m/s【答案】C【解析】【详解】由动量定理其中t=1s对火箭解得v=875.8m/s故选C。5. 声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为A. 声波是纵波，光波是横波B. 声波振幅大，光波振幅小C. 声波波长较长，光波波长很短D. 声波波速较小，光波波速很大【答案】C【解析】【详解】波发生明显的衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短由于声波的波长比较大（1.7cm17m）和楼房的高度相近，故可以

6、发生明显的衍射现象，而可见光的波长很小，无法发生明显的衍射现象故只有C正确6. 质量为，长度为的小车静止在光滑水平面上，小车的左端站立着质量为的人，小车的右端站立着质量为的人，若且两人从静止开始相向运动，互换位置，则此过程中小车的位移方向和大小为（）A. 小车左移，位移大小为B. 小车左移，位移大小为C. 小车右移，位移大小为D. 小车右移，位移大小为【答案】B【解析】【详解】因，根据动量守恒定律可判断知，当左端的人向右运动，右端的人向左运动时，小车将向左运动；设小车向左的位移为x，则由人船模型可知解得故选B。7. 下列情形中，满足动量守恒条件的是（）A. 用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程

7、中，铁锤和铁块的总动量B. 子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量C. 子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D. 棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量【答案】B【解析】【分析】【详解】A 竖直方向合力不为零,动量不守恒，A错误；B子弹水平穿过光滑桌面上木块的过程中，系统合外力为零，所以子弹和木块的总动量守恒，故B正确；C墙壁受地面的作用力，系统合外力不为零，总动量不守恒，故C错误；D棒受人手的作用力，故合外力不为零,总动量不守恒，故D错误；故选B。8. 一质量为 200kg 的小船静止在平静的水面上，小船长度为 2m质量为 50kg的小孩从船头走到船尾若不考虑船运动

8、过程中水对船的阻力，则人从船头走到船尾的过程中 A. 人与船可以向相同方向运动B. 船的速率始终是人的速率的 4 倍C. 人对地发生的位移大小为 1.6mD. 船对地发生的位移大小为 1.6m【答案】C【解析】【详解】A. 船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 得： 负号表示人与船的速度方向总是相反，故A项与题意不相符；B. 将m人=50kg，m船=200kg代入解得： 则人的速率始终是船的速率的4倍，故B项与题意不相符；CD. 人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 又 解得： 故C项

9、与题意相符，D项与题意不相符9. 质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（）A. p2 kgm/sW2 JB. p2 kgm/sW2 JC. p0.4 kgm/sW2 JD. p0.4 kgm/sW2 J【答案】A【解析】【详解】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量pmv2mv10.24 kgm/s-(-0.26) kgm/s=2 kgm/s方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功故选A。10. 如图所示，光滑水平面上有

10、A、B两物块，已知A物块的质量mA=2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图象如图所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为A. 2m/s，5kgB. 2m/s，3kgC. 3.5m/s，2.86kgD. 3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】【详解】由图象可知，碰前A的速度为：，碰后AB的共同速度为：，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，选B.【点睛】由图象求出碰撞前后物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体B的质量二、多选题（共4小题，每题4分，共16分）11. 如图所示，弹簧下端悬挂一钢

11、球，上端固定，它们组成一个振动的系统用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动起来，若以竖直向下为正方向，下列说法正确的是()A. 钢球的最低处为平衡位置B. 钢球原来静止时的位置为平衡位置C. 钢球振动到距原静止位置下方3 cm处时位移为3 cmD. 钢球振动到距原静止位置上方2 cm处时位移为2 cm【答案】BC【解析】【详解】AB钢球在竖直方向做简谐运动，平衡位置为重力和弹簧弹力相等的位置，即钢球原来静止的位置为平衡位置，故A错误，B正确；CD振子的位移为相对平衡位置的位移，且以竖直向下为正方向，钢球振动到距原静止位置下方3cm时的位移为3cm；钢球振动到原静止位置上方2cm处

12、时的位移为-2cm，故C正确，D错误。故选BC。12. 如图，是一列简谐横波某时刻波的图像，Q、P、N是波的传播方向上的三个质点，此时刻三个质点到各自平衡位置的距离相等，并且质点P正加速运动，则A. 此时刻，质点Q正加速运动B. 此时刻，质点N正加速运动C. 再过半个周期，质点Q正加速运动D 再过半个周期，质点N正加速运动【答案】BD【解析】【详解】因此时刻质点P正在加速运动，即向下运动靠近平衡位置，根据“上下坡”法判断可知波向左传播，此时Q向上运动，处于减速状态；N向上运动，处于加速状态；再过半个周期Q向下运动，处于减速状态，N向下运动，处于加速状态.A描述与分析不符，故A错误.B描述与分析

13、相符，故B正确.C描述与分析不符，故C错误.D描述与分析相符，故D正确.13. 如图所示，在一光滑水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块由静止释放后，两个物块向相反方向运动在物块的运动过程中，下列表述正确的是（）A. 质量小的物块所受的冲量大些B. 任一时刻，两个物块的动量大小总是相等的C. 两个物块的机械能不守恒D. 两个物块构成的系统动量守恒【答案】BCD【解析】【分析】根据牛顿第三定律和冲量的定义分析冲量关系两物组成的系统合外力为零，系统的动量守恒根据电场力做功情况分析系统机械能的变化【详解】A.根据牛顿第三定律知，两个物块间库仑力大小相等，作用时间相等，由IFt知，两个物块所受

14、的冲量大小相等，故A不符合题意BD.对于两物块组成的系统合外力为零，则系统的动量守恒，初始系统总动量为零，根据动量守恒定律知，任一时刻，两个物块的动量大小总是相等，方向相反故BD符合题意C.电场力对物块做正功，系统的电势能逐渐减少，则系统的机械能增加，故C符合题意【点睛】本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点要注意库仑力是内力，系统的合外力为零，系统的动量是守恒的14. 某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则()A. 电感L1的作用是通高频B. 电容C2的作用是通高频C. 扬声器甲用于输出高频成分D. 扬声器乙用于输出高

15、频成分【答案】BD【解析】【详解】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误【点睛】本题主要考查电感、电容对交流电的阻碍作用，即感抗、容抗的大小与什么因素有关，记住这个问题不难解决第卷三、实验题（共2小题）15. 某同学利用单摆测定当地的重力加速度实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表除此之外，还需要的器材有_A长度约为的细线B长度约为的细线C直径约为的钢球D直径约为的木球E最小刻度为的直尺F最小刻度为的直尺该同学在测量单摆的周

16、期时，他用秒表记下了单摆做次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为_；该同学经测量得到组摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图丙所示则当地重力加速度的表达式_，处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样_（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算；该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：A在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定B摆线偏离平衡位置的角度不能太大C测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时其中合理的有_。【答案】 . ACF . 95.1 . . 不影响 . AB【解析】【分析】【详解】1由单摆周期公式可得

17、实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约左右，为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为ACF；2秒表表示读数：内圈读数：，外圈读数，总读数为3由可得则图象的斜率等于，由数学知识得解得根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算；4A为使重力加速度的测量结果更加准确，在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定，防止振动过程中摆长变化，故A正确；B摆线偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过10，故B正确；C测量周期时应该从摆球运动到最低点时开始计时，这

18、样会减小误差，故C错误。故选AB。16. 某同学用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x1，如图乙所示；将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤从同一位置释放弹片，重

19、新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3，如图丙所示（1）为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为_（2）实验中还需要测量的物理量为_验证动量守恒定律的表达式为_（用测量物理量对应的字母表示）【答案】 . 天平 . 一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2 . 【解析】【详解】（1）1动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒，需测量两物体的质量和碰撞前后的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平（2）23测出一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2，一元硬币以速

20、度v1被弹射出去后，由动能定理可得解得，当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后，速度分别为v2、v3，由动能定理可得解得一元硬币碰后速度，五角硬币碰后的速度为，若碰撞过程动量守恒则需满足，代入数据可得四、计算题（共3小题）17. 如图甲所示，质量m14 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m21 kg的小物块静止在长木板的左端，现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度时间图象如图乙所示，2 s后，撤去F，g取10 m/s2.求：（1）小物块与长木板之间的动摩擦因数；（2）水平力的大小F；（3）撤去F后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能E。【答案】（1） ；（2）F=4N ；（3）【解析】【详解】（1）由速度图象可知：长木板的加速度由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力小物块与长木板之间的动摩擦因数（2）由速度图象可知：小物块的加速度由牛顿第二定律可知（3）撤去F后，小物块和长木板构成系统动量守恒系统损失的机械能18. 为了发射洲际导弹、人造卫星、宇宙飞船要用三级火箭，发射时先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下级火箭开始工作，三级火箭能及时把空壳抛掉，使总质量减小。已知运载物卫星的质量为m1，每级燃料及空