云南省某知名中学高二物理上学期入学考试试题含解析

1、云南省峨山一中2018-2019学年第一学期高二入学考试+物理试卷一、选择题1.在一艘匀速向北行驶的轮船甲板上，一运动员做立定跳远，若向各个方向都用相同的力，则相对于地面来说，下列说法正确的是()a. 向北跳最远b. 向南跳最远c. 向东向西跳一样远，但没有向南跳远d. 无论向哪个方向跳都一样远【答案】d【解析】试题分析：船和人一起做匀速直线运动，人竖直跳起时由于惯性人在空中还要在水平方向上和船以同样的速度匀速运动，所以人会落回原来的位置，这和人站在静止的船上是一样的，所以我们可以把这个题当成站在静止的船上跳，所以朝各个方向跳都一样远，d正确；考点：考查了惯性【名师点睛】本题是一道易错题，关键

2、是利用惯性知识正确理解人跳起后的运动情况，理解人跳的远近与船的匀速运动无关2.在日常生活中人们常常把物体运动的路程与运行时间的比值定义为物体运动的平均速率小李坐汽车外出旅行时，汽车行驶在沪宁高速公路上，两次看到路牌和手表如图所示，则小李乘坐汽车行驶的平均速率为()a. 16 km/hb. 96 km/hc. 240 km/hd. 480 km/h【答案】b【解析】【详解】由图可知汽车行驶的路程：s=120km40km=80km，行驶的时间：t=50min=56h，汽车行驶的平均速率：v=st=80km56h=96km/h，故b正确，a、c、d错误；故选b。【点睛】由图可知汽车行驶的路程和时间，

3、利用速度公式v=st可求出平均速度。3.如图是一种升降电梯的示意图，a为载人箱，b为平衡重物，它们的质量均为m，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动如果电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，重力加速度为g，下列说法正确的是()a. 关闭电动机后，乘客处于超重状态b. 关闭电动机后，乘客处于失重状态c. 由于a、b质量相等，故关闭电动机后，乘客的加速度大小为gd. 关闭电动机后，电梯上升的高度h一定小于v22g【答案】b【解析】【详解】ab、关闭发动机后，乘客减速上升，加速度方向向下，处于

4、失重状态，故a错误，b正确；c、对系统运用牛顿第二定律得mg=(2m+m)a，解得a=mg2m+m，故c错误；d、根据运动学公式得h=v22a=(2m+m)v22mg>v2g2，故d错误；故选b。【点睛】通过加速度的方向判断物体的超失重，对系统运用牛顿第二定律求出加速度，通过速度位移公式求出上升的高度。4.水平的传送带将工件匀速地从一端传送到另一端的过程中(不计空气阻力)()a. 工件受到与运动方向相同的静摩擦力作用b. 工件受到与运动方向相同的滑动摩擦力作用c. 工件受到与运动方向相反的滑动摩擦力作用d. 工件不受摩擦力作用【答案】d【解析】假设物体受到摩擦力，在水平方向，物体受到摩擦

5、力，而竖直方向，受到重力与支持力平衡，物体的合力不等于零，则破坏了平衡条件，物体不可能做匀速运动，所以物体随传送带一起向右作匀速运动时，物体受到重力和传送带的支持力而平衡，不受摩擦力作用，故d正确，abc错误；故选d。【点睛】物体随传送带一起向右作匀速运动时，物体受到重力和传送带的支持力而平衡，不受摩擦力作用。5.一步行者以6 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1 m/s2的加速度匀加速启动前进，则()a. 人能追上公共汽车，追上车前人共跑了36 mb. 人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 mc. 人不能追上公共汽车，人与车最近距离为7 md

6、. 人不能追上公共汽车，且车开动后，人与车距离越来越远【答案】c【解析】【详解】当公交车加速到6.0 m/s时，其加速时间为：t=va=6.01.0s=6s，人运动的距离为：x1=vt=6×6m=36m，公交车运动的距离为：x2=12at2=12×1×62m=18m，则人与车最近距离为：x=x2+x0x1=18m+25m36m=7m，所以人不能追上公交车，且车开动后，人与车之间的距离先变小后变大，故c正确，a、b、d错误；故选c。【点睛】根据速度时间公式求出人与公交车速度相等经历的时间，通过人和公交车的位移关系判断是否追上，若追不上，速度相等时有最近距离

7、。6. 在立起一根木棍的过程中要经过如图所示的位置，此时地面对木棍的弹力方向是图中的（ ）a. f1的方向 b. f2的方向 c. f3的方向 d. f4的方向【答案】b【解析】试题分析：本题属于点面接触，弹力方向垂直于接触面指向被支持的物体，所以地面施予木棍的弹力方向正确的是f2。故选b考点：弹力【名师点睛】本题考查了弹力方向的判断，要知道弹力的方向垂直于接触面指向被压或被支持的物体，此题属于基础题。7. 如图所示为北京奥运会火炬接力过程，假如当时的风速为零，可燃气体从火炬喷出的速度为3 m/s，火苗向后的偏角为53°(相对竖直方向)那么火炬手的运动速度大约为()a. 5 m/s

8、b. 4 m/s c. 3 m/s d. 6 m/s【答案】b【解析】在无风、静止的情况下火焰应是竖直方向的当火炬手运动时，火焰会受到向后的风的作用在向上和向后两股气流的共同作用下，形成斜向后上的燃烧情形分析如图，故向后的风速为vvtan 53°3×43m/s4 m/s.8.对于地球同步卫星的认识，正确的是()a. 它们只能在赤道的正上方，它们的轨道半径可以不同，卫星的加速度为零b. 它们运行的角速度与地球自转角速度相同，相对地球静止，且处于平衡状态c. 它们的轨道半径都相同且一定在赤道的正上方，运行速度小于第一宇宙速度d. 它们可在我国北京上空运行，故用于我国的电视广播【

9、答案】c【解析】【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同；物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心；通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量。【详解】a、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，因为同步卫星要和地球自转同步，即相同，根据f=gmmr2=m2r，因为一定，所以r必须确定，故a错误；b、同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相同，相对地球静止，但不是平衡状态，故b错误；c、根据万有引力提供向心力，列出等式：gmmr

10、2=mv2r，得：v=gmr，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度；而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故c正确；d、它们只能在赤道的正上方，它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，所以不可能定点在北京正上方，故d错误；故选c。9.如图所示，固定斜面ao、bo与水平方向夹角均为45°，现由a点以某一初速度水平抛出一个小球(可视为质点)，小球恰能垂直于bo落在c点，则oa与oc的比值为()a. 2 1b.

11、 21c. 31d. 41【答案】c【解析】以a点为坐标原点，ao为y轴，垂直于ao为x轴建立坐标系，分解速度和加速度，则在x轴上做初速度为22v0，加速度为22g的匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间为：t=v0g，在y轴上做初速度为做初速度为22v0，加速度为22g的匀加速直线运动，末速度为vcy=22v0+22gt=2v0，利用平均速度公式得位移关系：oa:oc=22v0+2v02t:22v02t=3:1，故c正确，abd错误。10.下列说法符合史实的是()a. 第谷在行星观测数据基础上发现了行星的运动规律b. 牛顿发现了万有引力定律并给出了万有引力常量的数值c. 卡文迪许首次在实验

12、室里测出了万有引力常量d. 牛顿应用万有引力定律发现了海王星【答案】c【解析】开普勒在第谷的行星观测数据基础上发现了行星的运动规律，故a错误；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许给出了万有引力常量的数值，故b错误；卡文迪许首次在实验室里测出了万有引力常量，故c正确；亚当斯和勒威耶利用万有引力定律发现了海王星，故d错误；故选c。【点睛】解题本题的关键就是记住各物理学家的主要贡献，即开普勒发现了行星的运动规律，牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，亚当斯和勒威耶利用万有引力定律发现了海王星。11. 时针、分针和秒针转动时,下列说法正确的是（ ）a. 秒针的角速度是分针的60倍 b. 分针

13、的角速度是时针的60倍c. 秒针的角速度是时针的360倍 d. 秒针的角速度是时针的86400倍【答案】a【解析】试题分析：由公式=可知，得时针的周期是12h，分针的周期是1h，它们的周期比为12：1，则角速度之比为1：12；分针的周期60min，秒针的周期是1min，它们的周期比为60：1，所以角速度之比为1：60所以秒针的角速度最大，因此秒针角速度是时针角速度的720倍，分针角速度是时针角速度的12倍，秒针角速度是分针角速度的60倍，故a正确，bcd错误。考点：匀速圆周运动的角速度12.一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风突然停止，则

14、其运动的轨迹可能是()a. b. c. d. 【答案】c【解析】一开始物体自由落体，做直线运动，当收到水平向右的风力作用时，力与速度不在一条直线上，所以开始做曲线运动，并且力指向轨迹的内侧，风力停止后由于重力方向向下，而此时的速度方向已经变为右下方，所以依然做曲线，故c正确；故选c13.一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块m穿在杆上，m通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上，现使小车如下图分四次分别以a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下m、m均与车保持相对静止，且图(1)和图(2)中细线仍处于竖直方向，已知a1a2a3a

15、41248，m受到的摩擦力大小依次为ff1、ff2、ff3、ff4，则下列说法正确的是()a. ff1ff212b. ff1ff223c. ff3ff412d. tan2tan【答案】acd【解析】【详解】ab、甲乙两图中，m水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1=ma1，f2=ma2，而a1:a2=1:2，则f1:f2=1:2，故a正确，b错误；c、丙丁两图中，对m和m整体受力分析，受总重力(m+m)g、支持力n、摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有f=(m+m)a，所以f3:f4=a3:a4=4:8=1:2，故c正确，d、对物体m隔离受力分析，可得tan=a3g，tan=a4g而

16、a3:a4=4:8，所以tan=2tan，故d正确；故选acd。【点睛】前两图中，m是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1和f2的关系；后两图中对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解，通过对m隔离分析可判断图中角的关系。14.如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜壁固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（ ）a. 轻绳对小球的拉力逐渐增大b. 小球对斜劈的压力先减小后增大c. 竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小d. 对小滑块施加

17、的竖直向上的拉力逐渐增大【答案】ad【解析】试题分析：先对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，其中支持力的方向不变，拉力方向改变，根据平衡条件并结合图示法分析支持力和拉力的变化情况；然后对球和滑块整体分析，根据平衡条件列式分析对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示： 根据平衡条件，细线的拉力t增加，支持力n减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小，a正确b错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力n，杆的支持力n，拉力f，如图所示，根据平衡条件，有：水平方向n=nsin，竖直方向f+ncos=g，由于n减小，故n减小，f增加，c错误d正确15.如图所示，质量相同的两

18、物体处于同一高度，a沿固定在地面上的光滑斜面下滑，b自由下落，最后到达同一水平面，则()a. 重力对两物体做功相同b. 重力的平均功率相同c. 到达底端时重力的瞬时功率pa<pbd. 到达底端时两物体的速度相同【答案】ac【解析】【详解】a、两物体下降的高度相同，则重力做功相等，故a正确；b、设斜面的倾角为，高度为h，自由落体运动的时间t1=2hg，沿斜面匀加速运动过程有：hsin=12gsint2，解得t=2hgsin2，可知两物体运动的时间不同，根据p=wt，平均功率不同，故b错误；cd、根据动能定理知，自由落体运动和沿斜面匀加速到达底端的速度大小相等，方向不同，设该速度为v，对于b

19、，有：pb=mgv，pa=mgvsin，则pa<pb，故c正确，d错误；故选ac。【点睛】重力做功的大小与路径无关，与首末位置的高度差有关，结合运动的时间，根据平均功率的公式比较重力的平均功率，根据瞬时速度的大小，结合瞬时功率公式比较瞬时功率的大小。16.下列说法正确的是()a. 第一宇宙速度是从地面上发射人造地球卫星的最小发射速度b. 第一宇宙速度是在地球表面附近环绕地球运转的卫星的最大速度c. 第一宇宙速度是同步卫星的环绕速度d. 卫星从地面发射时的发射速度越大，则卫星距离地面的高度就越大，其环绕速度则可能大于第一宇宙速度【答案】ab【解析】第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的

20、运行速度，是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度，故ab正确；第一宇宙速度是地球近地卫星的运行速度v1=gmr，同步卫星的轨道半径比较大，根据v2=gmr则同步卫星的速度比较小，故c错误；卫星从地面发射时的发射速度越大，则卫星距离地面的高度就越大，其环绕速度则一定小于第一宇宙速度，轨道半径越大，环绕速度越小，故d错误。所以ab正确，cd错误。二、实验题 17.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计

21、数点间的距离如图乙所示打点计时器电源的频率为50 hz.(1)通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点_和_之间某时刻开始减速(2)计数点3对应的速度大小为_m/s.(保留两位有效数字)(3)物块加速运动过程中加速度的大小为a_m/s2.(保留两位有效数字)【答案】 (1). 5; (2). 6; (3). 0.80; (4). 2.0;【解析】【分析】由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出某点的瞬时速度；用作差法求解减速过程中的加速度。【详解】解：(1)从纸带

22、上的数据分析得知：在计数点5之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点6之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点5和6之间某时刻开始减速；(2)匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：v3=x242t=0.0701+0.09000.2=0.80m/s (3)由纸带可知,计数点6往后做减速运动,有：x1=10.60cm,x2=8.61cm,x3=6.60cm,x4=4.60cm 因此x2.00cm=0.02m,t=0.1s，代入公式x=at2得：a=xt2=0.020.01=2.0m/s2，负号表示物体做减速运动,所以物块减速运动过程中加速

23、度的大小为2.0m/s2。18.在“验证机械能守恒”的实验中，有下述a至f六个步骤：a将打点计时器固定在铁架台上b接通电源，再松开纸带，让重物自由下落c取下纸带，更换新纸带，重新做实验d将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带，让重物靠近打点计时器e选择一条纸带，用刻度尺测出重物下落的高度h1、h2、h3、hn，计算出对应瞬时速度v1、v2、v3vnf分别计算出12 mvn2 和mghn ，在误差范围内看是否相等(1)以上实验步骤按合理的操作步骤排序应是_(2)计算表明，总有12 mvn2 _mghn (填“>” “”或“<”)，原因是_(3)实验操作正确，能得出

24、实验结论_【答案】 (1). adbcef; (2). < (3). 实验存在空气阻力、纸带与打点计时器间有摩擦; (4). 实验误差允许范围内，重物减少的重力势能等于重物增加的动能，即验证了机械能守恒;【解析】试题分析:（1）根据先安装设备，再进行实验，最后数据处理的整体思考，可知实验步骤为：a、d、b、c、e、f（2）在该实验中一定是动能的增加量小于重力势能的减小量，原因是重物下落过程中需要克服摩擦阻力做功，即重力势能没有全部转化为物体的动能（3）实验结论：实验误差允许范围内，重物减少的重力势能等于重物增加的动能，即验证了机械能守恒考点：验证机械能守恒定律三、计算题 19.火车沿平直

25、铁轨匀加速前进，车头到达某一路标时，火车的速度为3 m/s,1 min后变为15 m/s，求：(1)火车的加速度；(2)经1 min时间火车的位移【答案】（1）0.2m/s2 （2）540m【解析】【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出火车的加速度，根据位移时间公式求出火车的位移。【详解】解：设v0方向为正(1)根据速度时间公式得a=vtv0t=15360m/s2=0.2m/s2(2)火车的位移x=v0t+12at2=3×60+12×0.2×3600m=540m20.假设航母静止在海面上，舰载机在航母跑道上从静止开始做匀加速直线运动，以5 m/s2的加速度运动，需要达到50 m/s的速度才可升空，求：(1)滑行10 m时，舰载机的速度大小？(2)从启动到起飞，至少滑行多长时间？(3)航母跑道至少多长？【答案】（1）10m/s （2）10s（3）250m【解析】【分