1、湖南省长沙市四校联考2021-2022学年度第二学期期末考试高一物理本试卷为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间100分钟注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。 3. 考试结束后，将答题卡交回。第I卷（选择题）一、 单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。1下列说法错误的是（）A哥白尼认为地球是宇宙的中心B开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础C牛顿通过“月一地检验”发现地面物体、月球所受地球引力都遵从同样的规律D卡文迪许最早较准确地测出了引力常量
2、2如图所示，木块A和木块B用一根轻质弹簧连在一起静置于光滑水平地面上。某时刻木块A获得一瞬时速度，在弹簧压缩过程中，关于木块A、木块B构成的系统（不包含弹簧），下列说法正确的是（）A系统动量守恒，机械能守恒 B系统动量守恒，机械能不守恒C系统动量不守恒，机械能守恒 D系统动量不守恒，机械能不守恒3如图所示，固定的粗糙斜面倾角为，将一物体从斜面上由静止释放，物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，关于物体在斜面上的运动，下列说法正确的是（）A物体与斜面间的动摩擦因数大于 B物体减少的机械能等于克服摩擦力所做的功C物体获得的动能大于克服摩擦力所做的功D物体获得的动能等于重力做的功4中国空间站核心舱上的机
3、械臂，是我国目前智能程度最高、难度最大、系统最复杂的空间智能制造系统。机械臂工作时最长可达18米，共有7处关节，是对人类手臂的最真实还原，机械臂最大载重达25吨，可载移货物、实验舱，辅助航天员出舱活动。以下说法正确的是（）A机械臂对载移物的作用力大小与载移的方向有关B机械臂对载移物的作用力大小与载移的远近距离有关C完成同样的载移任务，机械臂对载移物的作用力大小与动作快慢无关D完成同样的载移动作，机械臂对载移物的作用力大小与载移质量有关52022年北京冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地
4、称作“雪如意”。跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用、P、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计空气阻力的影响，下列图像中正确的是（）A BCD6中国北斗卫星导航系统（简称BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，可为全球用户提供定位、导航和授时服务，该导航系统由多颗不同轨道的卫星组成。如图所示，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气
5、阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（）A该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速B该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增大C该卫星在轨道3的动能大于在轨道1的动能D该卫星在轨道3上经过Q点的加速度小于在轨道2上Q点的加速度7如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 0 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物 M，C 点与 o 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 缓缓转至水平（转过了 90角）下列有关此过程的说法中正确的是（）A重物
6、M 做匀速直线运动 B重物 M 做匀变速直线运动C整个过程中重物一直处于失重状态 D重物 M 的速度先增大后减小，最大速度为8如图所示，劲度系数为k的轻弹簧C的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接，另有一个完全相同的物体B紧贴A放置且与A不粘连。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，弹簧长度被压缩了，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为（）。运动过程弹簧均未超出弹性限度，则（）A压缩弹簧过程中，F做功等于A、B、C系统机械能增加量B撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动C撤去F瞬间，物体A、B的加
7、速度大小为D若物体A、B向上运动过程中分离，则分离前向上运动距离为二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）9如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，B和C在水平地面上，AB与水平面的夹角为30，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平。某时刻剪断细线，两球均下滑到水平地面，则在下滑过程中（）Aa球比b球运动的时间长 Ba、b两球机械能变化量相同Ca、b两球重力势能变化量相同 Da、b两球重力做功的平均功率之比为102022年5月20日，我国成功将通信试验卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成
8、功。人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，假设通信试验卫星绕地球飞行的最初的两个轨道如图所示，其中轨道I为圆轨道，轨道II为椭圆轨道，两个轨道在同一平面内，轨道II与轨道I相切于P点，Q点为轨道II的远地点。下列说法正确的是（）A通信试验卫星在轨道II上运行的周期大于在轨道I上运行的周期B通信试验卫星在轨道II上运行时，在P点的动量小于在Q点的动量C通信试验卫星由轨道I变轨到轨道II时需要在P处点火加速D通信试验卫星在轨道I上经过P点时的向心加速度小于在轨道II上经过P点时的向心加速度11如图所示两轮平衡车广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动。小明驾驶平衡车在水平路面上以初速度
9、v0沿直线加速运动，经过时间t达到最大速度，设此过程中受到的阻力恒为f，电动机输出功率恒为额定功率P，忽略小明身体姿态调整引起的重心位置的变化。则在时间t内，（）A平衡车受到的牵引力保持不变B平衡车的加速度由某一值逐渐减小到零C平衡车达到的最大速度为D平衡车前进的路程为12如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的球A和B，两球之间用一根长m的轻杆相连，球B距水平面的高度m。两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）AA、B小球在斜面上滑动时轻杆处于拉伸状态B下滑的整个过程中两球组成的系统机械
10、能守恒C两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2m/sD下滑的整个过程中球B机械能的增加量为J第二部分 非选择题（共56分）三、实验题（共2小题，共16分）13图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图(l）下列说法正确的是_ A通过调节使斜槽的末端保持水平 B每次释放小球的位置可以不同C应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下 D记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E斜槽必须光滑(2）图乙是正确实验取得的数据，其中O点为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_ m/s（g=9.8m/s2）(3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，
11、如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_m/s；B点的竖直分速度为_m/s,抛出点距A点的水平距离_ cm，抛出点距A点的竖直距离_ cm(g=10m/s2）14如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验(1)打点计时器使用的电源是_（选填选项前的字母）A直流电源B交流电源(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力正确操作方法是_（选填选项前的字母）A把长木板右端垫高B改变小车的质量(3)在不挂重物且_（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻
12、力的影响A计时器不打点B计时器打点(4)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O在纸带上依次去A、B、C若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T测得A、B、C各点到O点的距离为x1、x2、x3，如图所示实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O点打B点的过程中，拉力对小车做的功W=_，打B点时小车的速度v=_(5)以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作如图所示的v2W图象由此图象可得v2随W变化的表达式为_根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含v2这个因子；分析实验结果的单位关系，与图线斜率有关的物理量应是_(6)假设已经
13、完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图中正确反映v2W关系的是_A B C D四、计算题（共4小题，共40分.）15跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员脚踏专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台A点处沿水平方向飞出，在斜坡B点处着陆，如图所示。测得AB间的距离为40 m，斜坡与水平方向的夹角为30，已知运动员及滑雪板的总质量为70kg，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。求：（1）运动员在空中飞行的时间t；（2）运动员从A 点飞出时的速度大小v0；（3）运动员在B 点着陆时的动
14、能Ek。16如图甲所示，长为L=3m的传送带以速v0=6m/s顺时针匀速转动，其左端A点与一个四分之一光滑圆轨道连接，轨道半径R=0.8m；右端B与一个倾角为30的斜面连接，B点到地面的高度为H=1.8m。小滑块从光滑圆轨道高h处静止释放，到达A点时的速率v与下落高度h的关系如图乙所示。已知小滑块质量为m=2kg，与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，求：（1）若滑块从h=0.5m处静止释放，则物块到达A点时对轨道的压力；（2）若物块从B点水平飞出后恰好到达斜面底端C点，则滑块从B点飞出的速度多大？（3）滑块从不同高度h静止释放时，滑块在空中做平抛运动的时间。17如图所示，地
15、面和半圆轨道面均光滑。质量kg、长m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量kg的滑块（视为质点）以m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数，g取10m/s2。（1）滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小和位移大小各是多少？（2）要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨道的半径R的取值。18如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角37，上下两端间距L=2.0m，传送带以v1.0m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x01.0m的O点由静止释放一质量m1
16、.0kg的小滑块，滑块运动到传送带底端时与固定挡板P碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相等。滑块与传送带间的动摩擦因数0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，取g10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：（1）滑块与挡板P第一次碰撞时的速度大小v1；（2）滑块与挡板P碰撞后离开挡板的最大距离xm；（3）若滑块与挡板P第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小F=4.0N的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间t。参考答案：1A 解：A哥白尼提出著名的“日心说”，认为太阳是宇宙的中心，故选项A错误；B开普勒关于行星运动的描述为
17、万有引力定律的发现奠定了基础，故B正确；C万有引力定律建立后，经历过“月-地检验”，表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律，故C正确；D牛顿发现了万有引力定律，而卡文迪许用扭秤实验测出万有引力常量，并把该实验说成是“称量地球的重量”，故D正确。故选A。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2B 解：系统外力之和为零，动量守恒；弹簧弹性势能增加，木块A、木块B构成的系统机械能减少，机械能不守恒；故选B。3B 解：A物体沿斜面加速下滑，根据受力分析可得化简得故A错误；B根据能量守恒定律可知，物体减少的机械能等于
18、克服摩擦力所做的功，故B正确；C物体下滑距离x过程，根据动能定理可得动能与克服摩擦力做功的比值这个比值可能大于1，也可能介于0和1之间，所以动能和克服摩擦力做功的大小无法比较，故C错误；D由上述分析可知故D错误。故选B。4CD 解：太空处于失重状态，由动量守恒定律可知，机械臂对载移物的作用力大小与载移的方向、距离的远近和动作快慢无关，与载移质量有关。故选CD。5B 解：A滑雪运动员从起跳区飞出后做平抛运动，根据速度改变量可知与时间t成正比，故A错误；B根据可知，重力的瞬时功率P与t成正比，故B正确；C从水平抛出开始，经过时间t物体的动能根据动能定理得解得此时运动员的动能据此可知物体的初动能不为
19、零，故C错误；D不计空气阻力，运动员的机械能是守恒的，其机械能与时间的关系图像应是一条平行于t轴的直线，故D错误。故选B。6B 解：A该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处加速，做离心运动，故A错误；B该卫星在从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加，从轨道2再到轨道3，又需要点火加速，机械能增加，故该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，故B正确；C根据可知，该卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，故C错误；D根据可知，该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度，故D错误。故选B。7D 解：设C点线速度方向与
20、绳子沿线的夹角为（锐角），由题知C点的线速度为vC=L，该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳=Lcos的变化规律是开始最大（90）然后逐渐变小，所以，v绳=Lcos逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为零度，绳子的速度变为最大，为L；然后，又逐渐增大，v绳=Lcos逐渐变小，绳子的速度变慢所以知重物M的速度先增大后减小，最大速度为L故AB错误，D正确重物M先向上加速，后向上减速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C错误故选D【点睛】解决本题的关键掌握运动的合成与分解，把C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于重物的速度8C 解：A压缩弹簧过程中，F与摩擦力做总
21、功等于A、B、C以及弹簧系统机械能增加量，A错误；C撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有解得故C正确；B由选项C推导可知，物体向上运动时弹簧伸长量发生变化即弹力发生变化，物体所受合外力发生变化，加速度变化，故不会做匀加速运动，故B错误；D若物体A、B向上运动要分离，则A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，D错误；故选C。9ABD 解：A两球平衡时，由受力分析可知剪断细线后，小球下滑的加速度为下落时间为显然a运动时间较长，故A正确；B运动过程中两球机械能守恒，变化量均为0，故B正确；C因两球质量不同，故重力势能变化量不相同，故C错误；D因两球到达水平地面速率v相同，重力做功的平均功率为代入质量
22、m和，得a、b两球重力做功的平均功率之比为，故D正确。故选ABD。10AC 解：A轨道II的半长轴大于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知通信试验卫星在轨道II上运行的周期大于在轨道I上运行的周期，故A正确；B根据开普勒第二定律可知通信试验卫星在轨道II上运行时，在P点的速度大于在Q点的速度，结合可知在P点的动量大于在Q点的动量，故B错误；C通信试验卫星由轨道I变轨到轨道II时需要在P处点火加速做离心运动，故C正确；D根据可得可知通信试验卫星在轨道I上经过P点时的向心加速度等于在轨道II上经过P点时的向心加速度，故D错误。故选AC。11BC 解：A电动机输出功率恒为额定功率P，平衡车加速运动过
23、程中，由，可知平衡车受到的牵引力减小，故A错误；BC平衡车的速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，加速度为零，由则平衡车达到的最大速度为故BC正确；D由动能定理得解得平衡车前进的路程为因小明的质量未知，故平衡车前进的路程不可求出，故D错误。故选BC。12BC 解：A假设没有轻杆，则A、B小球在斜面上滑动时加速度相同，则当两球用轻杆连接在斜面上下滑时轻杆既不拉伸，也不压缩，选项A错误；B在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，故选项B正确；C根据系统机械能守恒得代入解得故选项C正确；D系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为故选项D错误。故选BC。13 AC 1.6 1.5 2
24、 15 5 解：（1）为了保证小球的初速度水平，需调节使斜槽的末端保持水平，故A正确为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等，应使小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽不一定需要光滑，故B错误，C正确，E错误记录小球位置用的铅笔不需要每次严格地等距离下降，故D错误故选AC（2）根据y=gt2得，平抛运动的时间，则小球平抛运动的初速度v0m/s1.6m/s（3）在竖直方向上，根据y=2L=gT2得，小球平抛运动的初速度B点的竖直分速度vyBm/s2m/s从抛出点到B点的时间则抛出点到B点的水平位移xB=v0t=1.50.2m=0.3m=30cm，抛出点到B点的竖直位移yBgt2100.04m0
25、.2m20cm，所以抛出点距离A点的水平距离xA=xB-3L=30cm-15cm=15cm，抛出点到A点的竖直距离yA=yB-3L=20cm-15cm=5cm【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度不大14 B A B mgx2 质量 A 解：(1)1打点计时器均使用交流电源；A.直流电源与分析不符，故A错误；B.交流电源与分析相符，故B正确；(2)2平衡摩擦和其他阻力，是通过垫高木板右端，构成斜面，使重力沿斜面向下的分力跟它们平衡；A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；(3)3平衡摩擦力时需要让打点计时器工作，纸带跟
26、打点计时器限位孔间会有摩擦力，且可以通过纸带上打出的点迹判断小车的运动是否为匀速直线运动；A.与分析不符，故A错误；B.与分析相符，故B正确；(4)4小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此拉力对小车做的功：5小车做匀变速直线运动，因此打B点时小车的速度为打AC段的平均速度，则有：(5)6 由图示图线可知：纵截距为：则随变化的表达式为：7功是能量转化的量度，所以功和能的单位是相同的，斜率设为，则代入单位后，的单位为，所以与该斜率有关的物理量为质量；(6)8 若重物质量不满足远小于小车质量，则绳子对小车的拉力实际不等于重物的重力，由和可得：由动能定理得：而：则
27、实际图线的斜率：，重物质量与小车质量不变，速度虽然增大，但斜率不变；A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C正确；B.与分析不符，故D错误【名师点睛】实验总存在一定的误差，数据处理过程中，图象读数一样存在误差，因此所写函数表达式的比例系数在一定范围内即可；第（6）问有一定的迷惑性，应明确写出函数关系，再进行判断15（1）2s；（2）m/s；（3）24500J 解：（1）运动员在竖直方向的位移大小 y ABsin30 20m在竖直方向的分运动为自由落体运动，有运动员在空中的飞行时间=2s（2） 运动员在水平方向的位移大小x ABcos30=m在水平方向的分运动为匀
28、速直线运动，有x=v0t运动员在A 处的速度大小 v0=m/s（3）以B点为重力势能的零点，根据机械能守恒定律有 运动员在B点处着陆时的动能Ek 24500J16（1）45N，方向竖直向下；（2）；（3），t=0.6s；， 解：（1）由图，可知h=0.5m时，物块到达A点的速度为设在A点，滑块受到支持力为F，则有代入数据得F=45N由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为45N，方向竖直向下。（2）设初速度为vB，运动时间为tB，由平抛规律，得竖直方向水平方向代入数据得（3）设滑块在A点速度为v0时，到B点速度刚好为，此时初始高度为h0，在传送带上，由牛顿第二定律得mg=ma从A到B，有得v0=
29、3m/s由图乙得高度为h0=0.45m物块从h=R=0.8m处释放，易知到达A点的速度为v=4m/sv0。讨论：若0.45mhR=0.8m，物块从B点飞出后会落在水平面上。可得滑块在空中平抛运动的时间为t=0.6s若，物块从B点飞出后会落在斜面上，设物块到达B点速度为v，则有v2-v2=2aL且联立解得17（1）滑块的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）或 解：（1）由动量守恒可得滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小由动能定理可得滑块的位移为由动能定理可得小车的位移为即碰到墙壁前已共速。（2）滑块与小车刚达相对静止时，由动能定理可得滑块与小车的相对位移为由动能定理可得滑块到达P点时的
30、速度为若滑块恰好过圆周最高点，有根据动能定理可得如果滑块恰好滑至圆弧T处就停止，则有可得所以或18（1）2m/s；（2）0.4m；（3） 解：（1）设滑块向下运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得由匀变速运动规律有联立解得v1=2m/s（2）滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度大小为a2，则减速至与皮带速度相等时运动的距离为x1，则之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为a1，则离开挡板的最大距离为xm=x1+x2联立解得xm=0.4m（3）滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为a3，根据牛顿第二定律有设该过程向上运动的距离为x3，运动时间为t1，则解得，接着滑块向上匀速运动，最后撤去拉力再以a1向上减速，减速的距离应为x2，设匀速运动的时间为t2，则恒力持续作用的最短时间为联立解得
