2021-2022學(xué)年云南省玉溪市峨山縣第一中學(xué)高二（下）5月物理試題（解析版）

1、 云南省玉溪市峨山縣第一中學(xué)2021-2022年5月份考試高二物理考試時(shí)間：100分鐘；試卷滿分：100分注意事項(xiàng)：1.答題前填寫好自己的班級(jí)、姓名、考號(hào)等信息2.請(qǐng)將正確答案填寫在答題卡上第卷一、單選題（共10小題，每題3分，共30分）1. 如圖所示，、為水波槽中的兩個(gè)波源，它們分別激起兩列水波，圖中實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷。已知兩列波的波長(zhǎng)，該時(shí)刻在點(diǎn)兩列波的波峰與波峰相遇，則以下敘述正確的是（）A. 點(diǎn)有時(shí)在波峰，有時(shí)在波谷，振動(dòng)始終加強(qiáng)B. 點(diǎn)始終在波峰C. 點(diǎn)的振動(dòng)不遵循波的疊加原理，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)也不始終加強(qiáng)D. 點(diǎn)的振動(dòng)遵循波的疊加原理，但并不始終加強(qiáng)【答案】D【解析】【分析】【詳解

2、】波發(fā)生干涉的條件是兩列波的頻率相同，由于，且同種介質(zhì)中波速相同，根據(jù)，可知兩列波頻率不同，不能發(fā)生干涉現(xiàn)象，但能疊加，則點(diǎn)的振動(dòng)不可能一直加強(qiáng)。故選D。2. 如圖所示的四種明暗相間的條紋分別是紅光、藍(lán)光各自通過同一個(gè)雙縫干涉儀器形成的干涉圖樣以及黃光、紫光各自通過同一個(gè)單縫形成的衍射圖樣(黑色部分表示亮紋)在下面的四幅圖中從左往右排列，亮條紋的顏色依次是()A. 紅黃藍(lán)紫B. 紅紫藍(lán)黃C. 藍(lán)紫紅黃D. 藍(lán)黃紅紫【答案】B【解析】【詳解】雙縫干涉的圖樣是明暗相間的干涉條紋，所有條紋寬度相同且等間距，故AC兩個(gè)是雙縫干涉現(xiàn)象，根據(jù)雙縫干涉條紋間距可以知道波長(zhǎng)越大，越大，故A是紅光，C是藍(lán)光單縫

3、衍射條紋是中間明亮且寬大，越向兩側(cè)寬度越小越暗，而波長(zhǎng)越大，中央亮條紋越粗，故BD是單縫衍射圖樣，B為紫光的單縫衍射圖樣，D為黃光單縫衍射圖樣故從左向右依次是紅光（雙縫干涉）、紫光（單縫衍射）、藍(lán)光（雙縫干涉）和黃光（單縫衍射）所以選項(xiàng)B正確的，選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤點(diǎn)睛：掌握單縫衍射和雙縫干涉的圖樣的特點(diǎn)和圖樣與波長(zhǎng)的關(guān)系是解決此題的唯一途徑，故要加強(qiáng)對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的記憶3. 如圖所示，裝有多普勒測(cè)速儀的汽車測(cè)速監(jiān)視器安裝在公路旁，它向行駛中的車輛發(fā)射已知頻率的超聲波，并接收被車輛反射回來的反射波當(dāng)某汽車向測(cè)速監(jiān)視器靠近時(shí)，被該汽車反射回來的反射波與測(cè)速監(jiān)視器發(fā)出的超聲波相比（ ）A. 頻率不變，波速變

4、小B. 波速不變，頻率變小C. 頻率不變，波速變大D. 波速不變，頻率變大【答案】D【解析】【詳解】波速由介質(zhì)決定，所以被該汽車反射回來的反射超聲波與測(cè)速監(jiān)視器發(fā)出的超聲波相比波速不變；根據(jù)聲音的多普勒效應(yīng)，聲源和觀察者靠近時(shí)接收頻率變高，所以被該汽車反射回來的反射波與發(fā)出的超聲波相比頻率變大A. 頻率不變，波速變小，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A不符合題意；B. 波速不變，頻率變小，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B不符合題意；C. 頻率不變，波速變大，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C不符合題意；D. 波速不變，頻率變大，與結(jié)論相符，選項(xiàng)D符合題意；4. 豎直發(fā)射的火箭質(zhì)量為6103kg。已知每秒鐘噴出氣體的質(zhì)量為200kg。

5、若要使火箭獲得大小為20.2m/s2、方向向上的加速度，則噴出氣體的速度大小最接近（）A. 700m/sB. 800m/sC. 900m/sD. 1000m/s【答案】C【解析】【詳解】由動(dòng)量定理其中t=1s對(duì)火箭解得v=875.8m/s故選C。5. 聲波能繞過某一建筑物傳播而光波卻不能繞過該建筑物，這是因?yàn)锳. 聲波是縱波，光波是橫波B. 聲波振幅大，光波振幅小C. 聲波波長(zhǎng)較長(zhǎng)，光波波長(zhǎng)很短D. 聲波波速較小，光波波速很大【答案】C【解析】【詳解】波發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象的條件是：孔縫的寬度或障礙物尺寸與波長(zhǎng)相比差不多或比波長(zhǎng)更短由于聲波的波長(zhǎng)比較大（1.7cm17m）和樓房的高度相近，故可以

6、發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，而可見光的波長(zhǎng)很小，無法發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象故只有C正確6. 質(zhì)量為，長(zhǎng)度為的小車靜止在光滑水平面上，小車的左端站立著質(zhì)量為的人，小車的右端站立著質(zhì)量為的人，若且兩人從靜止開始相向運(yùn)動(dòng)，互換位置，則此過程中小車的位移方向和大小為（）A. 小車左移，位移大小為B. 小車左移，位移大小為C. 小車右移，位移大小為D. 小車右移，位移大小為【答案】B【解析】【詳解】因，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可判斷知，當(dāng)左端的人向右運(yùn)動(dòng)，右端的人向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車將向左運(yùn)動(dòng)；設(shè)小車向左的位移為x，則由人船模型可知解得故選B。7. 下列情形中，滿足動(dòng)量守恒條件的是（）A. 用鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊，打擊過程

7、中，鐵錘和鐵塊的總動(dòng)量B. 子彈水平穿過放在光滑桌面上的木塊的過程中，子彈和木塊的總動(dòng)量C. 子彈水平穿過墻壁的過程中，子彈和墻壁的總動(dòng)量D. 棒擊壘球的過程中，棒和壘球的總動(dòng)量【答案】B【解析】【分析】【詳解】A 豎直方向合力不為零,動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；B子彈水平穿過光滑桌面上木塊的過程中，系統(tǒng)合外力為零，所以子彈和木塊的總動(dòng)量守恒，故B正確；C墻壁受地面的作用力，系統(tǒng)合外力不為零，總動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D棒受人手的作用力，故合外力不為零,總動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤；故選B。8. 一質(zhì)量為 200kg 的小船靜止在平靜的水面上，小船長(zhǎng)度為 2m質(zhì)量為 50kg的小孩從船頭走到船尾若不考慮船運(yùn)動(dòng)

8、過程中水對(duì)船的阻力，則人從船頭走到船尾的過程中 A. 人與船可以向相同方向運(yùn)動(dòng)B. 船的速率始終是人的速率的 4 倍C. 人對(duì)地發(fā)生的位移大小為 1.6mD. 船對(duì)地發(fā)生的位移大小為 1.6m【答案】C【解析】【詳解】A. 船和人組成的系統(tǒng)，在水平方向上動(dòng)量守恒，以人速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得： 得： 負(fù)號(hào)表示人與船的速度方向總是相反，故A項(xiàng)與題意不相符；B. 將m人=50kg，m船=200kg代入解得： 則人的速率始終是船的速率的4倍，故B項(xiàng)與題意不相符；CD. 人從船頭走到船尾，設(shè)人和船對(duì)地發(fā)生的位移大小分別為s1和s2，以人速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得： 又 解得： 故C項(xiàng)

9、與題意相符，D項(xiàng)與題意不相符9. 質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球動(dòng)量變化量p和合外力對(duì)小球做的功W，下列說法正確的是（）A. p2 kgm/sW2 JB. p2 kgm/sW2 JC. p0.4 kgm/sW2 JD. p0.4 kgm/sW2 J【答案】A【解析】【詳解】取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量的變化量pmv2mv10.24 kgm/s-(-0.26) kgm/s=2 kgm/s方向豎直向上。由動(dòng)能定理，合外力做的功故選A。10. 如圖所示，光滑水平面上有

10、A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA=2kg，以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，碰撞前后的位移時(shí)間圖象如圖所示（規(guī)定向右為正方向），則碰撞后的速度及物體B的質(zhì)量分別為A. 2m/s，5kgB. 2m/s，3kgC. 3.5m/s，2.86kgD. 3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】【詳解】由圖象可知，碰前A的速度為：，碰后AB的共同速度為：，A、B碰撞過程中動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，解得：，選B.【點(diǎn)睛】由圖象求出碰撞前后物體的速度，然后由動(dòng)量守恒定律求出物體B的質(zhì)量二、多選題（共4小題，每題4分，共16分）11. 如圖所示，彈簧下端懸掛一鋼

11、球，上端固定，它們組成一個(gè)振動(dòng)的系統(tǒng)用手把鋼球向上托起一段距離，然后釋放，鋼球便上下振動(dòng)起來，若以豎直向下為正方向，下列說法正確的是()A. 鋼球的最低處為平衡位置B. 鋼球原來靜止時(shí)的位置為平衡位置C. 鋼球振動(dòng)到距原靜止位置下方3 cm處時(shí)位移為3 cmD. 鋼球振動(dòng)到距原靜止位置上方2 cm處時(shí)位移為2 cm【答案】BC【解析】【詳解】AB鋼球在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，平衡位置為重力和彈簧彈力相等的位置，即鋼球原來靜止的位置為平衡位置，故A錯(cuò)誤，B正確；CD振子的位移為相對(duì)平衡位置的位移，且以豎直向下為正方向，鋼球振動(dòng)到距原靜止位置下方3cm時(shí)的位移為3cm；鋼球振動(dòng)到原靜止位置上方2cm處

12、時(shí)的位移為-2cm，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。12. 如圖，是一列簡(jiǎn)諧橫波某時(shí)刻波的圖像，Q、P、N是波的傳播方向上的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，此時(shí)刻三個(gè)質(zhì)點(diǎn)到各自平衡位置的距離相等，并且質(zhì)點(diǎn)P正加速運(yùn)動(dòng)，則A. 此時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)Q正加速運(yùn)動(dòng)B. 此時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)N正加速運(yùn)動(dòng)C. 再過半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)Q正加速運(yùn)動(dòng)D 再過半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)N正加速運(yùn)動(dòng)【答案】BD【解析】【詳解】因此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P正在加速運(yùn)動(dòng)，即向下運(yùn)動(dòng)靠近平衡位置，根據(jù)“上下坡”法判斷可知波向左傳播，此時(shí)Q向上運(yùn)動(dòng)，處于減速狀態(tài)；N向上運(yùn)動(dòng)，處于加速狀態(tài)；再過半個(gè)周期Q向下運(yùn)動(dòng)，處于減速狀態(tài)，N向下運(yùn)動(dòng)，處于加速狀態(tài).A描述與分析不符，故A錯(cuò)誤.B描述與分析

13、相符，故B正確.C描述與分析不符，故C錯(cuò)誤.D描述與分析相符，故D正確.13. 如圖所示，在一光滑水平面上，彼此靠近地放置兩個(gè)帶同種電荷的小物塊由靜止釋放后，兩個(gè)物塊向相反方向運(yùn)動(dòng)在物塊的運(yùn)動(dòng)過程中，下列表述正確的是（）A. 質(zhì)量小的物塊所受的沖量大些B. 任一時(shí)刻，兩個(gè)物塊的動(dòng)量大小總是相等的C. 兩個(gè)物塊的機(jī)械能不守恒D. 兩個(gè)物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)牛頓第三定律和沖量的定義分析沖量關(guān)系兩物組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒根據(jù)電場(chǎng)力做功情況分析系統(tǒng)機(jī)械能的變化【詳解】A.根據(jù)牛頓第三定律知，兩個(gè)物塊間庫侖力大小相等，作用時(shí)間相等，由IFt知，兩個(gè)物塊所受

14、的沖量大小相等，故A不符合題意BD.對(duì)于兩物塊組成的系統(tǒng)合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，初始系統(tǒng)總動(dòng)量為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，任一時(shí)刻，兩個(gè)物塊的動(dòng)量大小總是相等，方向相反故BD符合題意C.電場(chǎng)力對(duì)物塊做正功，系統(tǒng)的電勢(shì)能逐漸減少，則系統(tǒng)的機(jī)械能增加，故C符合題意【點(diǎn)睛】本題首先考查分析物塊受力情況和運(yùn)動(dòng)情況的能力，要抓住庫侖力隨距離增大而減小的特點(diǎn)要注意庫侖力是內(nèi)力，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的14. 某音響電路的簡(jiǎn)化電路圖如圖所示，輸入信號(hào)既有高頻成分，也有低頻成分，則()A. 電感L1的作用是通高頻B. 電容C2的作用是通高頻C. 揚(yáng)聲器甲用于輸出高頻成分D. 揚(yáng)聲器乙用于輸出高

15、頻成分【答案】BD【解析】【詳解】電感線圈對(duì)交流電的阻礙作用由感抗描述，頻率越高阻礙作用越大，對(duì)輸入端的高頻和低頻交流信號(hào)的作用是通低頻阻高頻，所以A錯(cuò)誤；電容對(duì)交流電的阻礙作用，頻率越高阻礙作用越小，所以是通高頻阻低頻，故BD正確；C錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】本題主要考查電感、電容對(duì)交流電的阻礙作用，即感抗、容抗的大小與什么因素有關(guān)，記住這個(gè)問題不難解決第卷三、實(shí)驗(yàn)題（共2小題）15. 某同學(xué)利用單擺測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葘?shí)驗(yàn)室已經(jīng)提供的器材有：鐵架臺(tái)、夾子、秒表除此之外，還需要的器材有_A長(zhǎng)度約為的細(xì)線B長(zhǎng)度約為的細(xì)線C直徑約為的鋼球D直徑約為的木球E最小刻度為的直尺F最小刻度為的直尺該同學(xué)在測(cè)量單擺的周

16、期時(shí)，他用秒表記下了單擺做次全振動(dòng)的時(shí)間，如圖乙所示，秒表的讀數(shù)為_；該同學(xué)經(jīng)測(cè)量得到組擺長(zhǎng)和對(duì)應(yīng)的周期，畫出圖線，然后在圖線上選取、兩個(gè)點(diǎn)，坐標(biāo)如圖丙所示則當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_(dá)式_，處理完數(shù)據(jù)后，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)在計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)用的是擺線長(zhǎng)度而未計(jì)入小球的半徑，這樣_（選填“影響”或“不影響”）重力加速度的計(jì)算；該同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)后，為使重力加速度的測(cè)量結(jié)果更加準(zhǔn)確，他認(rèn)為：A在擺球運(yùn)動(dòng)的過程中，必須保證懸點(diǎn)固定B擺線偏離平衡位置的角度不能太大C測(cè)量周期時(shí)應(yīng)該從擺球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)其中合理的有_。【答案】 . ACF . 95.1 . . 不影響 . AB【解析】【分析】【詳解】1由單擺周期公式可得

17、實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量擺長(zhǎng)，擺長(zhǎng)等于擺線的長(zhǎng)度加上擺球的半徑，所以需要毫米刻度尺，實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量周期，則需要秒表，擺線的長(zhǎng)度大約左右，為減小空氣阻力的影響，擺球需要密度較大的擺球，因此擺球應(yīng)選C，故選用的器材為ACF；2秒表表示讀數(shù)：內(nèi)圈讀數(shù)：，外圈讀數(shù)，總讀數(shù)為3由可得則圖象的斜率等于，由數(shù)學(xué)知識(shí)得解得根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，在計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)用的是擺線長(zhǎng)度而未計(jì)入小球的半徑，這樣不影響重力加速度的計(jì)算；4A為使重力加速度的測(cè)量結(jié)果更加準(zhǔn)確，在擺球運(yùn)動(dòng)的過程中，必須保證懸點(diǎn)固定，防止振動(dòng)過程中擺長(zhǎng)變化，故A正確；B擺線偏離平衡位置的角度不能太大，一般不超過10，故B正確；C測(cè)量周期時(shí)應(yīng)該從擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，這

18、樣會(huì)減小誤差，故C錯(cuò)誤。故選AB。16. 某同學(xué)用如圖甲所示的裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該裝置由水平長(zhǎng)木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出已知一元硬幣和五角硬幣與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長(zhǎng)木板中心線運(yùn)動(dòng)，在長(zhǎng)木板中心線的適當(dāng)位置取一點(diǎn)O，測(cè)出硬幣停止滑動(dòng)時(shí)硬幣右側(cè)到O點(diǎn)的距離再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為x1，如圖乙所示；將五角硬幣放在長(zhǎng)木板上，使其左側(cè)位于O點(diǎn)，并使其直徑與中心線重合，按步驟從同一位置釋放彈片，重

19、新彈射一元硬幣，使兩硬幣對(duì)心正碰，重復(fù)多次，分別測(cè)出兩硬幣碰后停止滑行時(shí)距O點(diǎn)距離的平均值x2和x3，如圖丙所示（1）為完成該實(shí)驗(yàn)，除長(zhǎng)木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為_（2）實(shí)驗(yàn)中還需要測(cè)量的物理量為_驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為_（用測(cè)量物理量對(duì)應(yīng)的字母表示）【答案】 . 天平 . 一元硬幣的質(zhì)量為m1，五角硬幣的質(zhì)量為m2 . 【解析】【詳解】（1）1動(dòng)量為質(zhì)量和速度的乘積，該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證質(zhì)量不等的兩物體碰撞過程中動(dòng)量守恒，需測(cè)量?jī)晌矬w的質(zhì)量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材外，還需要的器材為天平（2）23測(cè)出一元硬幣的質(zhì)量為m1，五角硬幣的質(zhì)量為m2，一元硬幣以速

20、度v1被彈射出去后，由動(dòng)能定理可得解得，當(dāng)一元硬幣以速度v1與五角硬幣碰撞后，速度分別為v2、v3，由動(dòng)能定理可得解得一元硬幣碰后速度，五角硬幣碰后的速度為，若碰撞過程動(dòng)量守恒則需滿足，代入數(shù)據(jù)可得四、計(jì)算題（共3小題）17. 如圖甲所示，質(zhì)量m14 kg的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m21 kg的小物塊靜止在長(zhǎng)木板的左端，現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的作用力F，小物塊和長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象如圖乙所示，2 s后，撤去F，g取10 m/s2.求：（1）小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）水平力的大小F；（3）撤去F后，小物塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能E?！敬鸢浮浚?） ；（2）F=4N ；（3）【解析】【詳解】（1）由速度圖象可知：長(zhǎng)木板的加速度由牛頓第二定律可知：小物塊施加給長(zhǎng)木板的滑動(dòng)摩擦力小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)（2）由速度圖象可知：小物塊的加速度由牛頓第二定律可知（3）撤去F后，小物塊和長(zhǎng)木板構(gòu)成系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)損失的機(jī)械能18. 為了發(fā)射洲際導(dǎo)彈、人造衛(wèi)星、宇宙飛船要用三級(jí)火箭，發(fā)射時(shí)先點(diǎn)燃第一級(jí)火箭，燃料用完后，空殼自動(dòng)脫落，然后下級(jí)火箭開始工作，三級(jí)火箭能及時(shí)把空殼拋掉，使總質(zhì)量減小。已知運(yùn)載物衛(wèi)星的質(zhì)量為m1，每級(jí)燃料及空