【物理】湖南省长沙市南雅中学2019-2020学年高一下学期入学考试试题 （解析版） 12页

湖南省长沙市南雅中学 2019-2020 学年高一下学期入学考试 一、选择题 1.在国际单位制中，力学的三个基本单位是：（ ） A. 千克、牛顿、秒 B. 千克、米、秒 C. 牛顿、米、秒 D. 千克、牛顿、米 【答案】B 【解析】 【详解】在国际单位制中，力学的三个基本单位是千克、米、秒； A．千克、牛顿、秒，与结论不相符，选项 A 错误； B．千克、米、秒，与结论相符，选项 B 正确； C．牛顿、米、秒，与结论不相符，选项 C 错误； D．千克、牛顿、米，与结论不相符，选项 D 错误； 2.关于曲线运动，下列说法正确的是：（ ） A. 曲线运动一定是变速运动 B. 曲线运动一定是匀变速运动 C. 曲线运动一定是变加速运动 D. 速度大小不变的运动一定不是曲线运动 【答案】A 【解析】 【详解】A．曲线运动的速度方向一定变化，则曲线运动一定是变速运动，选项Ａ正确； B．曲线运动不一定是匀变速运动，例如匀速圆周运动，选项 B 错误； C．曲线运动可能是匀加速运动，例如平抛运动，选项 C 错误； D．速度大小不变的运动也可能是曲线运动，例如匀速圆周运动，选项 D 错误； 3.A、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比 SA：SB=4：3，转过的 圆心角之比θA：θB=3：2．则下列说法中正确的是（ ） A. 它们的线速度之比 vA：vB=3：4 B. 它们的角速度之比ωA：ωB=2：3 C. 它们的周期之比 TA：TB=3：2 D. 它们的向心加速度之比 aA：aB=2：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 sv t  ，因为 SA：SB=4：3 且时间相等，则它们的线速度之比 vA：vB=4：3， 选项 A 错误； B．根据 t   ，因为θA：θB=3：2 且时间相等，则它们的角速度之比ωA：ωB=3：2，选项 B 错误； C．根据 2T   ，则它们的周期之比 TA：TB=2：3，选项 C 错误； D．根据 a=ωv，可知它们的向心加速度之比 aA：aB=2：1，选项 D 正确； 4.某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球 自由下落，已知小球的直径为 0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为 1.00×10－3 s，则小球开始下落的位置距光电门的距离为( ) A. 1m B. 1.25m C. 0.4m D. 1.5m 【答案】B 【解析】 【详解】小球通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时速度，为： 2 3 0.5 10 m/s 5m/s1.00 10 xv t      ，由自由落体运动规律可知： 2 1.25m2 vh g   ，选项 B 正确； 5.关于弹力的产生，下列说法正确的是( ) A. 木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的 B. 木块放在桌面上，木块没有形变，所以对桌面没有施加弹力 C. 拿一根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竹竿的弹力，这是由于木头发生形变而产生的 D. 挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，是因为电线发生微小的形变而产生的 【答案】D 【解析】 【详解】木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，选项 A 错误； 木块放在桌面上，木块有微小的形变，所以对桌面施加弹力，选项 B 错误；拿一 根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竹竿的弹力，这是由于竹竿发生形变而产生的，选项 C 错误；挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，是因为电线发生微小的形变而产生的，选项 D 正确；故选 D. 6.如图所示，一匹马拉着车前行．关于马拉车的力和车拉马的力的大小关系，下列说法中正 确的是（ ） A. 马拉车的力总是大于车拉马的力 B. 马拉车的力总是等于车拉马的力 C. 加速运动时，马拉车的力大于车拉马的力 D. 减速运动时，马拉车的力小于车拉马的力 【答案】B 【解析】 【详解】马向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、 方向相反，加速运动或者减速运动时，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力，故 B 正确， ACD 错误． 7.如图所示，一斜面体静止在粗糙的水平地面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑， 可以证明此时斜面不受地面的摩擦力作用.若沿平行于斜面的方向用力 F 向下推此物体，使 物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力 A. 大小为零 B. 方向水平向右 C. 方向水平向左 D. 大小和方向无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】物块匀速下滑时，对物块和斜面体整体进行受力分析，受到重力、支持力，假设地 面对整体有摩擦力，设为水平向右，如图 根据共点力平衡条件得到摩擦力为零； 沿平行于斜面的方向用力 F 向下推此物体，使物体加速下滑，除推力外，仍旧受到重力、 支持力和摩擦力，由于支持力不变，摩擦力也不变，即物块对斜面体的力不变，故斜体体受 到地面的摩擦力也不变，大小依旧为零 故选 A． 8.如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连， 图乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面 平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( ) A. 两图中两球加速度均为 gsin θ B. 两图中 A 球的加速度均为 0 C. 图乙中轻杆的作用力一定不为 0 D. 图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球的加速度的 2 倍 【答案】D 【解析】 撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆 的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合 力为 2mgsinθ，加速度为 2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsinθ， 加速度均为 gsinθ，故 D 正确，A.B.C 错误． 故选 D. 9. 在升降机内，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了 20%，于是他做出了下列判断 中正确的是（ ） A. 升降机以 0.8g 的加速度加速上升 B. 升降机以 0.2g 的加速度加速下降 C. 升降机以 0.2g 的加速度减速上升 D. 升降机以 0.8g 的加速度减速下降 【答案】BC 【解析】 【详解】解：人站在磅秤上受重力和支持力，发现了自已的体重减少了 20%，处于失重状 态，具有向下的加速度， 根据牛顿第二定律得出：a= mg N m  =0.2g，方向向下， 那么此时的运动可能是以 0.2g 的加速度减速上升，也可能是以 0.2g 的加速度加速下降， 故选 BC． 10.如图是物体做直线运动的 v t 图象，由图可知，该物体（ ） A. 第1s 内和第 3s 内的运动方向相反 B. 第3s 内和第 4s 内的加速度相同 C. 第1s 内和第 4s 内的加速度大小相等 D. 3s 末速度方向和加速度方向都发生改变 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由图知，在前 3s 内物体的速度均为正值，说明在前 3s 内物体的运动方向不变， 故 A 错误； B．速度图象的斜率等于加速度，第 3s 内和第 4s 内图线的斜率相同，则加速度相同，所以 B 选项是正确的； C．第1s 内和第 4s 内图象的斜率数值相等，一正一负，所以第1s 内和第 4s 内的加速度大小 相等，方向相反，所以 C 选项是正确的； D．3s 末速度方向改变，加速度方向不变，故 D 错误，所以 B、C 选项是正确的．故选 BC． 11.如图所示，在光滑水平面上叠放着 A、B 两物体。现对 A 施加水平向右的拉力 F，通过 传感器可测得 A 的加速度 a 随拉力 F 变化的关系如图 B 所示。已知重力加速度 g = 10 m/s2， 由下列说法正确的是（ ） A. A 的质量 mA=2 kg B. A 的质量 mA=6 kg C. A、B 间的动摩擦因数μ=0.6 D. A、B 间的动摩擦因数μ=0.2 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．由图象可以看出，当力 F＜48N 时加速度较小，A、B 相对静止，加速度相同 对整体法，由牛顿第二定律：F=（mA+mB）a，则得 1 A B a Fm m   ，由数学知识得： 1 6 1= 48 8A B a m m m     ，故 mA+mB=8kg，当 F＞48N 时，A 的加速度较大，采用隔离法， 由牛顿第二定律：对 A 有：F-μmAg=mAa，则得 1 A a F gm   ，由数学知识得： 1 8 6 1= =60 48 6Am   ，可得 mA=6kg，mB=2kg，选项 A 错误，B 正确； CD．由 1 A a F gm   当 F=60N 时，a=8m/s2 解得μ=0.2．，故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 12.如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为 m 的两个物 体 A 和 B，它们分居圆心两侧，与圆心距离为 RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同， 当盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确 的是（ ） A. 此时绳子张力 3T mg B. 此时圆盘的角速度 2 g r   C. 此时 A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D. 此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动 【答案】ABC 【解析】 【详解】AB．当 A、B 与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，根据牛顿第二定律 对 B 有 2 2T mg m r    ，，对 A 有 2T mg m r   联立解得 3T mg ， 2 g r   ， 故 AB 正确； C．由上分析，可知此时 A 所受的绳子拉力和摩擦力提供向心力，摩擦力方向沿半径向外， 故 C 正确； D．此时角速度 2 g r   ，此时 A 所需向心力为 2 2nAF m r mg   ，剪断绳子后其最 大静摩擦力不足以提供向心力，故 A 将做离心运动，B 已达到最大最静摩擦力，故 B 也将 做离心运动，故 D 错误。 故选 ABC。 二、实验填空题 13.如图是研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为 5cm 的小方格， 重力加速度取 g=10 m/s2。由此可知：闪光时间间隔为__________s；小球抛出时的初速度大 小为____________m/s；从抛出到 B 点，小球速度的改变量为_____________m/s。 【答案】 0.1 2.5 3 【解析】 【详解】在竖直方向：hBC-hAB=g △ t2 即 2L=g △ t2 代入数据解得： △ t=0.1s 水平方向是匀速直线运动 2 0 5 5 10 m/s=2.5 m/s0.1 xv t    物体在 B 点时竖直方向的速度 212 5 10 3m/s2 0.2 AC y yv t      即从抛出到 B 点，小球速度的改变量为 3m/s. 14.其学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系．装置中的铝箱下端连接纸带， 砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度 a 可由打点计时器和 纸带测出，现保持铝箱总质量不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组 a、 F 值（F 为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力），不计滑轮的重力． (1)某同学根据实验数据画出了 a－F 关系图线如图乙所示，则由该图象可得铝箱总质量 m  _____，重力加速度 g  _____．（结果保留两位有效数字） (2)当砂桶和砂的总质量 M 较大导致 a 较大时，实得到的加速度 a 的值可能是____（填选项 前的字母） A、 212.0 /m s B、 210.0 /m s C、 25.0 /m s D、 26.0 /m s 【答案】 (1). 0.20kg . 210m/s (2). CD 【解析】 （1)对铝箱分析，应有 TF mg ma  ，对滑轮应有 2 TF F ，联立可解得 1 1( )2 2 Fa mg F gm m     ，可知图线的斜率 1 10 2 4k m   ，解得 0.20m kg ，纵轴截 距 10g   ，解得 210 /g m s ； (2) 对砂桶和砂分析，应有 TMg F Ma  ，对滑轮应有 2 TF F ，联立可解得 1 2a g FM   ，当砂桶和砂的总质量较大，加速度 a 接近 g，故实得到的加速度 a g ， 故 CD 正确，AB 错误； 故选 CD． 三、计算题 15.如图所示，一质量为 m＝0.5 kg 的小球，用长为 0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运 动。g 取 10 m/s2，求： （1）小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ （2）当小球在最高点的速度为 4 m/s 时，轻绳拉力多大？ 【答案】（1）2 m/s （2）15 N 【解析】 【详解】（1）在最高点，根据 2 1vmg m L  得 1 10 0.4m/s=2m/sv gL ＝ ＝ （2）在最高点，根据牛顿第二定律得 2 2vF mg m L   解得 2 2 160.5 5N 15N0.4 vF m mgL    ＝ ＝ 16.2019 年，中国国产航母“山东舰”交付海军使用，为了安全，中国航母舰载机歼-15 通过滑 跃式起飞方式起飞。其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离 L1=160m 的水 平跑道上运动，然后在长度为 L2=20.5m 的倾斜跑道上继续加速滑跑，直到起飞。已知飞机 在水平跑道上的加速度大小为 5m/s2，在斜跑道上运动的加速度大小为 4m/s2，假设航母处于 静止状态，飞机质量可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞过程 中没有出现任何故障。 （1）求飞机在水平跑道上运动的末速度； （2）求飞机从开始运动到起飞经历的时间。 【答案】（1）v1=40m/s （2）t=8.5s 【解析】 【详解】（1）根据 v12＝2a1L1 代入数据解得： 1 1 12 2 5 160m/s 40m/sv a L     （2）水平跑道上： 1 1 1 40 s 8s5 vt a ＝ ＝ ＝ 在倾斜轨道上： 2 2 1 2 2 2 1 2L v t a t  代入数据解得： 2 2 2 120.5=40 42t t  所以 t2＝0.5s 可知 t=t1+t2=8+0.5s=8.5s． 17.如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向作匀加速直线 运动。当飞机飞经观察点 B 点正上方 A 点时投放一颗炸弹，经时间 T 炸弹落在观察点 B 正 前方 L1 处的 C 点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点 B 正前方 L2 处的 D 点，且 L2=3L1，空气阻力不计。求： （1）飞机第一次投弹时的速度大小。 （2）飞机水平飞行的加速度大小。 【答案】（1） 1L T （2） 1 2 2 3 L T 【解析】 【详解】（1）第一次投放的炸弹水平位移： L1=v1T 飞机第一次投弹时的速度大小 1 1 Lv T  （2）第二次投放的炸弹水平位移为： S=v2T 飞机从第一次投弹到第二次投弹所发生的位移为： 1 2 1 2d v v T ( ) 由几何关系可知： L2=d+S 由题意有： L2=3L1 联立以上各式解得： 1 2 5 3v L T  设飞机沿水平方向作匀加速直线运动的加速度为 a 由加速度公式可得： 2 1 1 2 2 3 v v La T T   ； 18.观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科 学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 M=800kg，在空中停留一段时间后， 由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为 v0=2m/s，此时开始计时经过 t=4s 时间，气球匀加速下降了 h=16m，科研人员立即抛掉一些 压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度 g=10m/s2．求： （1）气球加速下降阶段的加速度大小是多少？ （2）抛掉的压舱物的质量 m 是多大？ （3）抛掉一些压舱物后，气球经过时间Δt=5s，气球下降的高度是多大？ 【答案】（1）a＝1m/s2 （2）m＝80kg （3）H＝30m 【解析】 【详解】（1）设气球加速下降的加速度为 a，受到空气的浮力为 F，则 由运动公式可知：x＝v0t＋at2 /2 解得:a＝1m/s2 （2）由牛顿第二定律得：Mg－F＝Ma 抛掉质量为 m 压舱物，气体匀速下降，有：（M－m）g＝F 解得 m＝80kg． （3）设抛掉压舱物时，气球的速度为 v，经过Δt＝5s 下降的高度为 H 由运动公式可知：v＝v0＋at H＝vΔt 解得 H＝30 m．