2021-2022学年河南省豫西部分名校高一(下)大联考物理试题

河南省豫西部分名校2021-2022学年高一（下）大联考物理试题

考生注意：

1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。 2．请将各题答案填写在答题卡上。

3．本试卷主要考试内容：人教版必修第一册，必修第二册。

第I卷 （选择题 共48分）

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共8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题有多项符合题目两求。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．我国古代典籍中记录了很多物理现象和规律，体现了古人对自然的思考探索。根据所学知识分析，下列说法正确的是（ ）

A．“力，刑（形）之所以奋也”，力使物体的运动状态发生了改变，说明力是改变物体运动状态的原因 B．“强努之末，势不能穿鲁缟也”，说明弓箭的惯性随速度减小而减小

C．“劝登马力，马力既竭，辀犹能一取焉”，说明力是维持物体运动的原因，没有力物体就会停止运动 D．“有乌获之劲而不得人助，不能自举”，意思是力气很大的人也不能把自己举起来，说明一对相互作用力的效果可以相互抵消

2．共享单车曾风靡一时。一同学骑单车在一路段做曲线运动，单车速率逐渐减小。关于单车在运动过程中经过P点时的速度v和加速度a的方向，下列图中可能正确的是（ ）

A． B． C． D．

3．旋转木马寄托着童年美好的回忆。一小孩坐在游乐场的旋转术马上，绕其中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周的半径为5．0m。若木马在1min内刚好转了2圈。则木马的线速度大小为（ ） A．

42m/s B．m/s C．2m/s D．m/s 3334．微风习习，眼前是如镜的湖面，有三位游客站在湖前扔小石子。图为石子抛出的简化图，x轴在水平地内，y轴沿竖直方向。图中画出了沿水平方向抛出的三个小石子a、b、c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（ ）

A．a的初速度可能等于b的初速度 B．a与湖面接触瞬间的速度一定最大

C．b的飞行时间比c的长 D．a的飞行时间比b的短

5．若“神舟十三号”在离地球表面高度为h的空中沿圆形轨道绕地球做匀速圆周运动，周期为T。地球半径为r，引力常量为G。则地球的质量为（ ）

4(rh)242(rh)42(rh)342(rh)3A． B． C． D．

GTGT2GT2GT26．中国铁路秉承“安全优质、兴路强国”的铁路精神，构筑了四通八达的交通网络。铁路的内、外轨道高度在弯道处是不同的，已知轨道平面与水平面的夹角为，如图所示，弯道处的圆狐半径为R，重力加速度大小为g，若质量为m的火车转弯时速度等于gRtan，则（ ）

A．这时铁轨对火车的支持力等于

mg B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 cosmg D．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 cosC．这时铁轨对火车的支持力小于

7．如图所示，右端连有一个光滑孤形槽的水平桌面AB长L1.5m，一个质量m0.5kg的木块（视为质点）在F1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌的动摩擦因数0.2，取重力加速度大小g10m/s．则木块沿弧形槽上升的最大高度为（木块未离开弧形槽）（ ）

2

A．0.1m B．0.15m C．0.2m D．0.25m

8．一物体在地面上受到的重力大小G'为16N，现把物体放在以加速度为10m/s竖直向上做匀速直线运动的火箭中，取地面重力加速度大小g10m/s，地球半径R6100km，当物体对火箭的压力为20N时，则火箭离地的高度为（ ）

A．6100km B．3200km C．7200km D．9600km

9．一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动，下列说法确的是（ ）

22

A．物体的加速度先增大后减小 B．物体的速度先减小后增大

C．t0时，物体的速度大小为10m/s D．t0时，物体的速度大小为50m/s

10．一个圆盘绕过其圆心的竖直轴在水平面内匀速转动。关于圆盘边沿的质点，下列说法正确的是（ ） A．任意相等的时间内，通过的位移相同 B．任意相等的时间内，通过的弧长相等 C．任意相等的时间内，转过的角度相等 D．任意相等的时间内，速度的变化相同

11．树高千尺，叶落归根。有一片质量为0.01kg的树叶从20m高处自由落下，取重力加速度大小g10m/s，忽略空气阻力。则（ ）

A．树叶落地瞬间重力小做功的功率为2W B．树叶落地瞬间重力做功的功率为4W C．树叶下落过程中重力做功的平均功率为1W D．树叶下落过程中重力做功的平均功率为2W

12．图甲为北方传统房屋的屋顶样式，可将其简化为如图乙所示的模型。下雨时雨滴沿室顶的斜面下滑，雨滴的下滑过程视为质点做无初速度无摩擦的直线运动。若屋顶的底边水平且长度L不变。屋顶的倾角为

2(sin22sincos)。则越大（ ）

A．雨滴下滑的加速度越大 B．雨滴对屋顶的压力越大

C．雨滴从屋顶下滑至屋檐的速度越大 D．雨滴从屋顶下滑至屋檐的时间越短

第Ⅱ卷 （非选择题 共52分）

二、非选择题：共5小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。

13．（6分）图为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为2.5cm．取重力加速度大小g10m/s，那么：

2

（1）相机的闪光频率为_________Hz。

（2）小球做平抛运动的初速度大小为_________m/s。

14．（9分）小明用图甲所示的装量探究加速度与力、质量的关系。实验中，保持小车质量不变，来探究小车加速度a与合力F的关系。

（1）（多选）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下操作正确的是_________。 A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行

B．在平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上 C．在平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上

（2）小明在实验中得到如图乙所示的一条纸带。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，根据纸带可求出小车的速度大小为_________m/s（结果保留三位有效数字）。

（3）作本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘受到的总重力mg，由此造成的误差是_________（选填“系统”或“偶然”）误差。设拉力的真实值为F真，小车的质量为M，为了使

2mgF真mg50％，应当满足的

条件是

m_________（结果保留两位有效数字）。若不满足此条件，在描绘aF下图像时可能出现图线M_________。（选填“A”、“B”或“C”）

A． B． C．

15．（10分）假设国际编号“1888”的小行星——“祖冲之星”为均匀的球体，其表面的重力加速度大小为g'，

半径为R，宇航员在h高处以初速度vo水平抛出一颗小石子，不计空气阻力。 （1）求小石子的水平位移大小x；

（2）要使抛出的石子不再回到星球上，求抛出石子的最小速度v。（纯理论探讨）

16．（12分）近些年，我国的无人机发展迅速。某次活动中，主办方用无人机通过细线悬挂吉祥物，无人机悬停在540m高空。已知无人机上升时轨迹是竖直的，启动时匀加速上升，加速度大小为1.8m/s，达到最大速度18m/s后匀速运动，制动时匀减速上升，加速度大小为0.9m/s，到悬停高度恰好速度减为零。取重力加速度大小g10m/s。

222

（1）求无人机加速阶段上升的高度；

（2）若吉祥物质量为15kg，忽略吉祥物受到的空气作用力，求加速阶段吉祥物对竖直细线的拉力大小； （3）求无人机上升所用的总时间。

17．（15分）如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径R0.4m的半圆形轨道CD，竖直固定放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与半圆形轨道在C处平滑连接，置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长状态的右端，将一个质量m0.8kg的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处时对半圆形轨道的压力大小F158N，水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x0.3m，与小球间的动摩擦因数0.5，右侧BC段光滑，取重力加速度大小g10m/s，

2

求：

（1）弹簧在压缩时所储存的弹性势能；

（2）小球运动到轨道最高处D时对轨道的压力。

高一物理月考试卷参考答案

1．A【解析】力是改变物体运动状态的原因，选项A正确；物体的惯性只与质量有关，与速度无关，选项B错误；力不是维持物体运动的原因，选项C错误；相互作用力不是作用在同一个物体上的，作用效果不会抵消，选项D错误。

2．C【解析】速度的方向是曲线的切线方向，单车速率逐渐减小，加速度的方向要指向曲线的凹处且与速度方向成钝角，选项C正确。

3．B【解析】线速度v2nr,1min血内刚好转了2圈，转n1r/s,vm/s，选项B正确。 3034．D【解析】小石子在空中运动的时间由小石子被抛出时的高度决定，而其运动的水平位移由小石子被抛出时的高度和初速度共同决定，依据图像可判断选项A、B、C都是错误的，选项D正确。

Mm4242(rh)3m2(rh)，解得M5．A【解析】神舟十三号”围绕地球做匀速圆周运动，有G，

(rh)2TGT2选项A正确。

v26．A【解析】当火车转弯对内、外轨道都无压力时，Fnmgtan,Fnm，得vgRtan，选项B，

RD均错误；铁轨对火车的支持力等于

mg，选项A正确，C错误。 cos7．B【解析】设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为0。从木块开始运动到沿弧形槽上升至最大高度处的过程中由动能定理得

FLFfLmgh0，其中

FfFNmg0.20.510N1.0N，解得h0.15m，选项B正确。

8．A【解析】设物体的质量为m、加速度为a，物体对火箭的压力为FN，火箭对物体的支持力为FN，则

Gmg,FNFma，解得F4N。设当物体对火箭的压力为20N时，地球的质量为M，引力常量为G，

FGMmGMm,G，解得h6400km，选项A正确。

(Rh)2R29．BD【解析】当t0时，vx30m/s,vy40m/s，所以物体的初速度大小为50m/s，选项C错误、D正确；从题图可看出，物体的速度是先减小后增大，加速度不变，选项A错误、B正确。

10．BC【解析】位移、速度是矢量，在任意相等的时间内，质点通过的位移不一定相同，速度的方向变化不一定相同，选项A、D均错误；弧长和角度都是标量，在任意相等的时间内，质点通过的弧长、转过的角度相等，选项B、C均正确。

11．AC【解析】Wmgh2J,v2gh,v20m/s,P平t,P平1W，瞬 mgv2W,vgt,t2s,WP选项A、C均正确。

12．AC【解析】屋顶的倾角为，底边的长度为L，雨滴下滑时加速度为a，雨滴质量为m，对雨滴进行受力分析，雨滴只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力N，垂直于屋顶方向mgcosN，平行于屋顶方向

2mgsinma，则倾角越大，N越小，由牛顿第三定律知雨滴对屋顶的压力NN，故倾角越大，雨

滴对屋顶压力越小，雨滴下滑的加速度agsin，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，选项A正确、

B错误；设雨滴从O运动到M的时间为t，位移为xL，由位移一时间公式得

2cosxL11at2gsint2，则t2cos222ax2gsin2L，当45时，用时最短，雨滴从顶端O下滑至屋檐

gsin2M时的速度为vLgLtan，故倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时

2cos的速度越大，选项C正确、D错误。 13．（1）10（3分） （2）0.75（3分）

【解析】（1）小球做平抛运动，gth2h142.510m,t0.1s,f（2）xvt,v0.75m/s。 14．（1）AC（2分） （2）2.00（2分）

（3）系统（1分） 5.3%或0.053（2分） B（2分）

【解析】（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，需要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，以保证细线的拉力与小车运动的方向相同；在调整长木板的倾斜度以平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，不能将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上。故选AC。 （2）根据逐差法可得a22110Hz。 t(11.9910.017.986.02)0.01m/s22.00m/s2。

0.04（3）小车和砝码、砝码盘一起运动，根据牛顿第二定律有mgFma,FMa，可得小车受到的拉力

Fmg，即实际拉力小于mg，本实验用砝码和砝码盘受到的重力代表小车受到的拉力，只有mm1MM，

才有Fmg，此误差为系统误差。依题意，与

mgF真mg5%联立，可得

mg(15%)mg，解得m1Mm5.3%，若不满足此条件，图像会出现弯折，若砝码质量非常大，小车加速度会趋于自由落体加速度g，M故选B。

15．解：（1）水平方向xv0t（2分）

竖直方向h12gt（2分） 2得xv02h。（2分） g（2）要使抛出的石子不再回到星球上，设星球对小石子的万有引力为F万，小石子的质量为m

F万 v2mgm（2分）

R得vgR（2分）

216．解：（1）由运动学公式v2a1h1（2分） 得h190m。（1分）

（2）由牛顿第二定律Fmgma1（2分） 牛顿第三定律FF（1分） 得FF=177N。（1分） （3）无人机加速上升时间t1v10s（1分） a1减速上升时间t2v20s（1分） a2减速上升高度h2vt2180m 2hh1h215s（1分） v匀速上升时间t3t总t1t2t345s。（2分）

2vC17．解：（1）对小球在C处，由牛顿第二定律、牛顿第三定律及向心力公式得F1mgm（2分）

RvC5m/s（1分）

从A处到B处由动能定理得Epmgx12mvC（2分） 2

解得Ep11.2J。（1分）

（2）从C处到D处，由机械能守恒定律得

112mvC22mgRmvD（2分） 22vD3m/s（1分）

由于vDgR2m/s

所以小球在D处时对轨道外壁有压力（1分）

vD2小球在D处，由牛顿第二定律及向心力公式得F2mgm（2分）

R解得F210N（1分）

由牛顿第三定律可知，小球在D处时对轨道的压力大小为10N，方向竖直向上。（2分）