资源简介

曲靖市重点中学2021-2022学年高二下学期第一次月考
物理试卷
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1． 关于简谐运动的回复力，以下说法正确的是（　　）
A．简谐运动的回复力一定是合力
B．简谐运动公式F＝－kx中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
C．做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反
D．做简谐运动的物体每次经过平衡位置合力一定为零
2． 2021年5月16日至6月24日，运行在约555km高度轨道上的“星链一1095”卫星降轨至平均高度为382km的近圆轨道上，后持续运行于这一与中国空间站相近的高度。在此期间，中国空间站采取了紧急避碰措施。关于卫星的降轨，下列说法正确的是（　　）
A．降轨前，卫星在原轨道上处于平衡状态
B．降轨时，卫星在原轨道上需要先行减速
C．降轨后，卫星在新轨道上运动周期变大
D．降轨后，卫星在新轨道上的速度将大于第一宇宙速度
3． 如图所示，桌面上固定一个光滑的竖直挡板，现将一个质量一定的重球A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（　　）
A．A和B均受三个力作用而平衡
B．B对桌面的压力越来越大
C．A对B的压力越来越小
D．推力F的大小恒定不变
4． 如图所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm。则质点的振动周期和振幅分别为（　　）
A．3s，6cm B．4s，9cm
C．4s，6cm D．2s，8cm
如图所示为单摆做阻尼振动的位移x随时间t变化的图像，t1、t2时刻的位移大小均为2cm，t3时刻的位移大于2cm。关于摆球在t1、t2和t3时刻的速度、重力势能、动能、机械能的分析，下列说法正确的是（　　）
A．摆球在t1时刻的机械能等于t2时刻的机械能
B．摆球在t1时刻的动能等于t2时刻的动能
C．摆球在t1时刻的重力势能等于t2时刻的重力势能
D．摆球在t3时刻的速度大于t2时刻的速度
6． 如图所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，则（　　）
A．小球和槽组成的系统动量守恒
B．小球可以到达与A等高的C点
C．小球下滑到底端B的过程中，小球对地的运动轨迹为圆
D．小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率增大
7． 理想变压器的输入电压如图甲所示，输出端并联2只相同的小灯泡L1，L2，如图乙所示，灯泡的额定电压为20V，额定功率为10W，电路连接了两只理想电流表A1，A2，导线电阻不计，开始电键S断开，L1恰好正常发光，则（　　）
A．原副线圈的匝数比为n1：n2＝3：1
B．流过灯L1的电流方向每秒改变5次
C．电键S闭合后，灯L1变暗
D．电键S闭合后，电流A1的读数变大，A1与A2的比值不变
8． 第二十四届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京举行。跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员（包括滑雪板）以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则运动员在空中运动的过程中（　　）
A．动量变化量的大小为
B．距离赛道最远时的速度大小为
C．距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的
D．从飞出到落到倾斜赛道通过的位移大小为
9． 如图所示为两个相同的弹簧振子，但偏离平衡位置的最大距离不同。振动时间图像如下，已知弹簧劲度系数都是k，弹性势能公式为下面的说法中正确的是（　　）
A．甲的振动能量是乙的4倍
B．甲的振动频率是乙的2倍
C．乙的振动周期是甲的倍
D．两弹簧振子所受回复力最大值之比1∶2
10．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
11．如图所示为单摆在两次受迫振动中振幅与驱动力频率的关系曲线，下列说法正确的是（　　）
A．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线Ⅱ是在月球表面上完成的
B．图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则该单摆摆长约为
C．图线Ⅰ中可知驱动力频率从到的变化过程中单摆的能量逐渐增加
D．若两次受迫振动是在同一地点进行的，则两次摆长之比为
12．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度沿导轨向右运动，前进距离为s，在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒运动平均速度小于
B．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C．通过电阻R电荷量为
D．电阻R上产生的焦耳热为
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题包括2个小题，共14分）
13．（8分）某同学用如图甲所示的装置通过A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。先将A球从斜槽轨道上某点由静止释放，在水平地面的记录纸上留下压痕，重复实验多次，记下落地点为P；再把同样大小的B球放在斜槽轨道水平段的最右端，让A球仍从同一位置由静止释放，和B球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置，重复实验多次，记下落地点为M、N，图中O点为斜槽轨道水平段的最右端悬挂的重锤线所指位置。
（1）为完成此实验，以下所提供的器材中必需的是________；
A．直尺　　B．打点计时器　　C．天平　　D．秒表
（2）实验中需要满足的条件是________。
A．轨道必须光滑　　
B．两球材质必须相同
C．A球的半径必须大于B球的半径
D．A球的质量必须大于B球的质量
（3）经测定。A、B两球的质量分别为g、g，小球落地点的位置距O点的距离如图乙所示。利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量的比值为________（结果保留三位有效数字）。
（4）实验中，对产生误差的主要原因分析正确的是________；
A．碰撞前入射小球的速度方向与碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上
B．轨道的倾斜部分不光滑，与入射小球存在摩擦力作用
C．没有测量小球平抛下落的高度算出具体的平抛时间
14．（6分）学习小组的同学在实验室用如图所示的装置研究单摆。将单摆挂在力传感器的下端，通过计算机来记录力传感器测定单摆摆动过程中摆线受到拉力大小的变化情况，以及单摆摆动的时间。
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径________；
（2）实验测得摆长为L，传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，则重力加速度的表达式为：__________（用题目中物理量的字母表示）
（3）小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________（填选项前的字母）。
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
三、解答题（本题包括3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（12分）一水平弹簧振子做简谐运动，其位移时间关系如图所示。求：
（1）写出该简谐运动的表达式；
（2）t=0.25×10-2 s时的位移；
（3）从t=0到t=8.5×10-2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？
16．（12分）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
（1）小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；（用v0、g表示）
（2）小球离开圆弧轨道时的速度大小。
17．（14分）如图所示，在足够大的光滑水平面内，一个矩形区域内有水平向右的匀强电场，电场宽度为，电场左侧边界上有一质量为m1（未知）、电荷量为2q的带正电小球a，电场右侧有一质量m2＝m的不带电小球b，两小球的连线与电场线平行，且初始时皆处于静止状态，小球b右侧有一个竖直向下的匀强磁场区域△OPQ，且与电场线垂直，∠O＝30°，∠P＝90°，现释放小球a，经电场加速后与小球b发生弹性碰撞，碰撞瞬间电荷量均分，碰后两小球的速度方向相同，并先后从OP的中点D进入磁场，且在磁场中依次沿着同一条轨迹运动，最后均会垂直OQ离开磁场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计碰后两小球之间的库仑力，两小球均视为质点，求：
（1）小球a的质量m1；
（2）该匀强电场的电场强度大小试卷第1页，共3页
答案第1页，共2页曲靖市重点中学 2021-2022 学年高二下学期第一次月考
物理参考答案：
1．C
【解析】A．根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回复力为 F -kx
k是比例系数，x是物体相对平衡位置的位移，可知回复力不一定是合力，也可以是某个力的分力，
故 A错误；
B．物体做简谐运动时，回复力为 F=-kx，k是比例系数，x是物体相对平衡位置的位移，不是弹簧
的长度，故 B错误；
C．回复力方向总是指向平衡位置，与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度的方向与合外力
的方向相同，所以做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反，故 C正确；
D．做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，合力不一定为零，故 D错误。
故选 C。
2．B
【解析】A．降轨前，卫星在原轨道做圆周运动，其合外力提供向心力，卫星在原轨道上不处于平
衡状态，A错误；
B．降轨时，卫星的轨道半径降低，做向心运动，万有引力大于向心力，故卫星在原轨道上需要先
行减速，B正确；
Mm 2 3
C．根据万有引力提供向心力，则有G 2 m( )
2 r r解得
r T T 2 GM
由此可知，轨道半径越小，周期越小，故降轨后，卫星在新轨道上运动周期变小，C错误；
D Mm v
2 GM
．根据万有引力提供向心力，则有G 2 m 解得 v 由于当轨道半径等于地球半径时，r r r
卫星在轨道上的速度将等于第一宇宙速度，又降轨后运行的轨道半径大于地球半径，故降轨
后，卫星在新轨道上的速度将小于于第一宇宙速度，D错误。
3．D
【解析】A．A受三个力作用而平衡；B受四个力作用而平衡：重力、推力、桌面的支持力、球的
压力；A错误；
B．B对桌面的压力等于 A、B的总重力不变；
m g
C．对 A根据平衡条件得 FN1 A A对 B的压力不变；cos
D．对 A根据平衡条件得 FN2 mAgtan 对整体，根据平衡条件得 F FN2
解得 F mAgtan ，推力 F的大小恒定不变，D正确。
4．C
【解析】做简谐运动的质点，先后以相同的速度通过 M、N两点，可判定 M、N两点关于平衡位
置 O对称，所以质点由 M到 O所用的时间与由 O到 N所用的时间相等，则质点由平衡位置
O到 N点所用的时间 t1=0.5s；因通过 N点后再经过 t=1s质点以方向相反、大小相等的速度再
次通过 N点，则知质点从 N点到最大位移处所用的时间 t2=0.5s，因此，质点振动的周期是
T 4 t1 t2 4s
12
题中 2s内质点通过的总路程为振幅的 2倍，所以振幅 A cm 6cm
2
5．C
【解析】
C．摆球在 t1时刻到最低点的高度等于 t2时刻到最低点的高度，所以摆球在 t1时刻的重力势能等于
答案第 1页，共 6页
t2时刻的重力势能，C正确；
B．摆球在 t1时刻的速度大于 t2时刻的速度，所以摆球在 t1时刻的动能大于 t2时刻的动能，B错误；
A．由于阻力做功，摆球在 t1时刻的机械能大于 t2时刻的机械能，A错误；
D．摆球在 t3时刻的速度等于零，t2时刻的速度不等于零，所以摆球在 t3时刻的速度小于 t2时刻的
速度，D错误。
6．B
【解析】
A．小球有竖直方向的分加速度，小球和槽在竖直方向上系统的合力不为零，则小球和槽组成的系
统动量不守恒，故 A错误；
B．小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方
向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能
守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与 A等高的
C点，故 B正确；
C．小球下滑到底端 B的过程中，小球对槽的运动轨迹为圆，而槽相对于地面在水平方向上运动，
所以小球对地的运动轨迹不是圆，故 C错误；
D．小球开始下滑时，速度为零，根据 P Fvcos ，合力的瞬时功率为零，小球滑到底端 B时，
速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零，故 D错误。
故选 B。
7．D
【解析】
【详解】
A．由图甲知电压有效值为 60V，电压与匝数成正比，故原副线圈的匝数比
n1 : n2 60 : 20 3:1
A错误；
B．由图甲知交流电的频率为 5Hz，所以流过灯 L1的电流方向每秒改变 10次，B错误；
C．闭合电键 S，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯 L1亮度不变，C错误；
D．闭合电键 S，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电
流表示数都变大，比值等于匝数的反比，不变，D正确。
故选 D。
8．C
【解析】
【详解】
A．运动员做平抛运动，落在倾斜赛道上时，运动员的位移偏转角等于倾斜赛道的倾斜角，即有
1 gt 2
tan gt 2
v0t 2v0
t 2v0 tan
g
因为运动员的速度变化量只产生在竖直方向上，则有 p=m v=mgt=2mv0tanθ
A错误；
gt
BC．当距离赛道最远时，运动员的速度方向与倾斜赛道平行，则有 tan v0
v0 tan
此时运动员运动的时间为 t g
v
由几何关系可知，此时的速度为 v＇ 0
cos
答案第 2页，共 6页
2
下落的高度为 h 1 gt 2 1

g v0 tan


2 2 g


2
h 1 gt 2 1 g 2v0 tan 下落总高度为
2 2 g
h 1
则有
h 4
1
所以在距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的 ，B错误，C正确；
4
2v2 tan
D．由以上计算分析可知，运动员水平方向的位移为 x v t 00 g
x 2v2 tan
从飞出到落到倾斜赛道通过的位移大小为 x = 0合 D错误。cos g cos
9．AB
1
【解析】A．甲乙两振子振动的振幅之比为 2:1 E kA2，根据 p 2
可知，甲乙振动的能量之比为 4:1，选项 A正确；
BC．由振动图像可知，乙的周期是甲周期的 2倍，则甲的振动频率是乙的 2倍，选项 B正确，C
错误；
D．根据回复力 F=-kx可知，甲乙两弹簧振子所受回复力最大值之比 2∶1，选项 D错误。
故选 AB。
10．AB
【解析】A．由动量定理可得：Ft = mv
v Ft解得
m
Ft 2 1
t=1s时物块的速率为 v 1 1 1m/s故 A正确；
m 2
BCD．t=2s时物块的动量大小 p2 F1t2 2 2kg m/s=4kg m/s
t=3s时物块的动量大小为 p3 (2 2 1 1)kg m/s=3kg m/s
t=4s时物块的动量大小为 p4 (2 2 1 2)kg m/s=2kg m/s
所以 t=4s时物块的速度为 1m/s，B正确，CD错误。
11．CD
l
【解析】A．由单摆的周期公式T 2
g
可知， g越小，周期越大，则频率越小，则图线Ⅰ是在月球表面上完成的，故 A错误；
B．由图中图线Ⅱ可知，单摆的固有频率为0.5Hz，则单摆周期为2s，由单摆的周期公式
T 2 l l gT
2
解得 1m故 B错误；
g 4 2
C．图线Ⅰ中可知驱动力频率从0.1Hz到 0.2Hz的变化过程中，振幅越来越大，则单摆的能量逐渐增
加，故 C正确；
f1 2 T1 f2 5 gT 2D．由图可知 f 5则

T f 2又有 l 2 则两次摆长之比为
l : l
4 1 2
25 : 4故 D正确。
2 2 1
12．AC
【解析】A．金属棒以速度 v0向右运动，切割磁感线产生感应电动势 E BLv0
回路中产生感应电流，金属棒受到安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，由于速
答案第 3页，共 6页
度减小，电动势减小，则电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，做加
1
速度逐渐减小的减速运动，所以金属棒运动平均速度小于 v0，故 A正确；2
BD．金属棒在安培力作用下做减速运动，直到速度减小到 0，安培力变为 0，金属棒停止运动，
1 2
此过程根据动能定理，克服安培力做功等于减少的动能即 mv
2 0
，整个电路即金属棒和电阻 R
1 2
上产生的总热量等于克服安培力做的功 mv0 ，故 BD错误；2
C E Δ Δ BLs．通过电阻 R的电荷量 q I Δt Δt Δt 故 C正确。
2R 2RΔt 2R 2R
13． AC D 1.03 A
【解析】（1）[1]由碰撞过程动量守恒可得mAv0 mAvA mBvB
根据平抛运动OP v0t
OA vAt
OM vBt
整理可得mAOP mAOM mBON
可知需要测量小球的质量，测量平抛运动水平位移，所以需要天平和直尺，故 AC正确，BD错误。
（2）[2]A．只需要保证每一次到轨道末端速度相等即可，不需轨道光滑，故 A错误；
BCD．为了发生对心碰撞，需要两球直径相等，为了保证小球 A碰后不反弹，需要 A球的质量必
须大于 B球的质量，不必要求材质一样，故 D正确，BC错误；
（3）[3]由（1）可知，可以用质量与水平方向位移的乘积表示动量，可得碰撞前
p mA OP 0.050 0.45kg m 0.0225kg m
p '碰撞后 mA OM mB ON (0.050 0.348 0.008 0.5450)kg m 0.02176kg m
p
则 p '
1.03
（4）[4]A．碰撞前入射小球的速度方向与碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上，导致前后动
量不同，故 A正确；
B．轨道的倾斜部分不光滑，仅影响碰撞前速度，不影响碰撞过程，故 B错误；
C．做平抛运动的时间都相等，不必测量，故 C错误。
2L
14． 14.50 2 C4t0
【解析】（1）[1] 摆球的直径 d 14mm 10 0.05mm 14.50mm
（2）[2] 摆球经过最低点时，绳子的拉力最大，一个周期内，两次经过最低点，可知T 4t0
T 2 L根据
g
2L
得 g
4t 20
（3）[3]A．单摆在小摆角情况下的运动是简谐运动，用单摆的最大摆角应小于 5°，A错误；
B．一个周期的时间内，摆球通过最低点 2次，所以测量摆球通过最低点 100次的时间 t，则单摆
周期为T
t
B错误；
50
L 4 2C L．由单摆的周期公式T 2 可得 g 2 摆长偏大则代入单摆周期公式计算得到的重力加速g 4T
度值偏大，C正确；
答案第 4页，共 6页
D．为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球，D错误。
15．（1） x 2sin(100 t

)cm；（2）-1.414 cm；（3）34 cm，2 cm
2

【解析】（1）由图像知 A=2 cm，T=2×10-2 s，φ=
2
2 则 =100π rad/s
T

则表达式为 x 2sin(100 t )cm
2
（2）把 t=0.25×10-2 s代入表达式得 x 2sin(

)cm 1.414cm
4
2 17
（3）时间为 t 8.5 10 s T
4
17
所以通过的路程为 s 4A 17A 17 2cm 34cm
4
把 t=8.5×10-2 s代入表达式得 x 2sin8 0
即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移大小为 x x x0 2cm
v 2 v
16．（1） 0 ；（2） 0
3g 3
【解析】
（1）小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定 v0的方
向为正方向，有 mv0＝3mv
v
得 v＝ 0
3
1 1
根据机械能守恒定律得 2 mv0
2＝ 2 ×3mv
2＋mgh
v 2
解得 h＝ 0
3g
（2）小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有 mv0＝mv1＋2mv2
1 1 1
根据机械能守恒定律，则有 2 mv0
2＝ 2 mv1
2＋ 2 ×2mv2
2
1
联立以上两式可得 v1＝－ v3 0
v
则小球离开圆弧轨道时的速度大小为 0 。
3
qB217 L．（1）3m；（2）
6m
【解析】
（1）设小球 a碰前瞬间的速度大小 v0，碰后瞬间的速度大小为 v1，小球 b碰后瞬间的速度大小为
v2，两小球碰后电荷量均分，有 q1 q2 q
在磁场中带电粒子的轨迹图，如图所示
答案第 5页，共 6页
L
有几何关系可知，a球和 b球在磁场中运动的半径均为 R
2
有洛伦兹力提供向心力
a q v B m v
2
球 11 1 1 R
2
b球 q2v2B m
v2
2 R
小球 a和小球 b发生弹性碰撞，动量守恒和能量守恒m1v0 m1v1 m2v2
1 m v2 1 11 0 m1v
2 2
2 2 1
m2v2 2
解得m1 3m
v 20 v3 2
（2）带电粒子的轨迹图，如图所示
L
有几何关系可知，a球和 b球在磁场中运动的半径均为 R
2
qBR
由以上分析洛伦兹力提供向心力可知 v2 m
v 2qBR则 0 3m
L 1
小球 a在电场中运动，动能定理可知 2qE m1v
2
2 2 0
qB2L
解得 E
6m
答案第 6页，共 6页

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