【文档说明】【精准解析】四川省内江市第六中学2019-2020学年高一下学期入学考试物理试题.doc，共(21)页，905.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷第Ⅰ卷（选择题，共45分）一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，第1~11题只有一项符合题目要求；第12~15题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错或不选的得0分）1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡

献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.开普勒进行了“月—地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论B.哥白尼提出“日心说”，发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律C.第谷通过对天体运动的长期观察，为后人发现行星运动的规

律做好了准备D.牛顿发现了万有引力定律并测量出了万有引力常数【答案】C【解析】【详解】A．牛顿进行了“月—地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论，A错误；B．哥白尼提出“日心说”，开普勒发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律，B错误；C．第谷通过对天体运动的长期观察，为后人发现行

星运动的规律做好了准备，C正确；D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量出了万有引力常数，D错误。故选C。2.下列关于力与运动的叙述中正确的是（）A.物体所受合力方向与运动方向有夹角时，该物体速度一定变化，加速度也变化B.物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C.物

体运动的速率在增加，所受合力方向与运动方向夹角小于900D.物体在变力作用下有可能做曲线运动，做曲线运动物体一定受到变力作用【答案】C【解析】物体所受合力方向与运动方向有夹角时，该物体速度一定变化，但加速度不一定变化，如平抛运动，A错误；若物体做变速圆

周运动，则存在一个切向加速度，合力不指向圆心，B错误；合力方向与运动方向夹角小于90°时合力做正功，速度增大，C正确；如果变力与速度方向不共线，则做曲线运动，但做曲线运动的物体受到的合力可以为恒力，如平抛运动，D错误．3.一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x=－2t2－4

t，y=3t2＋6t（式中的物理量单位均为国际单位），关于物体的运动，下列说法正确的是（）A.物体在x轴方向上做匀减速直线运动B.物体运动的轨迹是一条直线C.物体在y轴方向上做变加速直线运动D.物体运动的轨迹是一条曲线【答案】B【解析】【详解】A．根据匀变速直线

运动的规律2012xvtat=+可知x方向初速度和加速度分别为m/sxv=−2222m/s4m/sxa=−=−速度与加速度同向，物体在x轴方向上做匀加速直线运动，A错误；B．y方向初速度和加速度分别为6m/syv=2232m/s6m/sya==则初始时刻63tan4

2yyxxvava====−−可知初速度与加速度共线，物体运动的轨迹是一条直线，B正确，D错误；C．物体在y轴方向上加速度恒定且与速度同向，所以物体做匀加速直线运动，C错误。故选B。4.如图所示，旋转秋千中的两个座椅

A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是A.A的速度比B的大B.A与B的向心加速度大小相等C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小【答案】D【解析】【详解】根据A、

B座椅同轴转动可推知它们转动的角速度相等，结合v=ωr可推知A、B速度的关系，再根据a=ωr2及A、B圆周运动半径关系可推知向心加速度的大小关系，由F向=ma向及拉力与重力、向心力的关系可推知A、B缆绳的拉力大小

．因为两座椅A、B均绕着圆盘轴做圆周运动，故角速度ωA=ωB，假设圆盘转动的角速度很大，则A、B均会被甩起来，由于绳长相等，不难推出A做圆周运动的半径小于B的半径，由v=ωr可知A的速度比B的小，故A错误；又由a=ωr2知，A的向心加速度一定小于B的向心加速度，故B项错误；由F向=ma向，可

知FA向＜FB向，对座椅进行受力分析，如图所示：拉力和重力的合力提供A、B做圆周运动的向心力，则有F向=mgsinθ，可知悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角比B小，故C错误；再由，可知悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，故D项正确．5.一条水平放置

的水管，距地面高h=1.8m，水管的横截面积为S=2×10-4m2.水从管口处以v=2m/s不变的速率源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速率都相等，假设水流在空中不散开．重力加速度g取1

Om/s2,不计空气阻力，请估算水流稳定后空中的水的体积为A.3.2×10-4m3B.4×10-4m3C.2.4×10-4m3D.2.4×10-3m3【答案】C【解析】水从管口射出后做平抛运动，则由h=12gt2得，221.80.610htssg===，水流稳定后在空中水的体积为V=vtS=2×

0.6×2×10-4=2.4×10-4m3．故选C.6.已知引力常量G和下列某组数据不能计算出地球的质量，这组数据是（）A.月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离B.地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离C.人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期D.若不考虑地球自转，已知地球的半径及地

球表面重力加速度【答案】B【解析】【详解】A．已知月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离，万有引力提供向心力2224mmGmrrT=月地月解得地球的质量2324rmGT=地不符合题意，A错误；B．已知地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离，万有引力提供向心力2224mm

GmrrT=太地地解得太阳的质量2324rmGT=太符合题意，B正确；C．万有引力提供向心力2224mmGmrrT=卫地卫解得地球的质量2324rmGT=地结合线速度的大小2rvT=

可计算r，从而求解地球质量，不符合题意，C错误；D．若不考虑地球自转，则2mmGmgR=地解得地球质量2gRmG=地不符合题意，D错误。故选B。7.如图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度vA沿竖直

杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v－t图象中，最接近物体B的运动情况的是()．A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度1v和垂直于绳方向的速度2v，则物体B的速度1sinBvvv==在t

=0时刻00Bv==，，之后随θ增大，sin增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，故A正确，BCD错误。故选A。8.如图所示，在倾角为ɑ=30°的光滑斜面上，有一根长为L=0．

8m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m=0．2kg的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A，则小球在最高点A的最小速度是（重力加速度g=10m/s2）（）A.2m/sB.210m/sC.25m/sD.22m/s【答案】A【解析】【详解】小球恰好能在斜面

上做完整的圆周运动，刚小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有：2AvmgsinmL=解得：100.80.52m/sAvgLsin=＝＝A．2m/s，与结论相符，选项A正确；B．210m/s，与结论不相符，选项B

错误；C．25m/s，与结论不相符，选项C错误；D．22m/s，与结论不相符，选项D错误；9.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的

距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为（）A.3mgB.433mgC.3mgD.23mg【答案】C【解析】【详解】若在最高点

速率为v时，根据牛顿第二定律2vmgmR=若在最高点速率为2v时，根据牛顿第二定律2(2)2cosvmgmRT+=式中为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知30=整理推导2212cos(2)4vmmgvmgRTmR==+解得3332cos30322mgmgTmg

===ABD错误，C正确。故选C。10.在一斜面顶端，将两个小球A、B分别以2v和v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在斜面上，A球落至斜面的速率是B球落至斜面的速率的（）A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍【答案】A【解析】【详解】两小球都落在斜面上，有2012tangtvt=解得02

tanvtg=则落在斜面上时的竖直分速度02tanyvgtv==根据平行四边形定则知222220004tanyvvvvv=+=+两球的初速度之比为2：1，则落在斜面上的速度之比为2：1，故A正确。故选A。11.某人划船横渡

一条河，河水流速处处相同且恒定，船的划行速率恒定。已知此人过河最短时间为T1；若此人用最短的位移过河，则需时间为T2；已知船的划行速度大于水速。则船的划行速率与水流速率之比为（）A.12221TTT−B.22221TTT−C.21TTD.12TT【答案】B【解析】【详解】假设河宽为d，渡河时间最

短如图则渡河时间12dTv=解得21dvT=渡河位移最小如图渡河时间222222212122cosdddTvvvvvvv===−−解得2222122dvvT−=代入21dvT=解得222222211211222121212TTdddvdTTTTTTT

T−=−==−则21222221212112dvTTdvTTTTTT==−−ACD错误，B正确。故选B。12.在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，

则（）A.该弯道的半径2tanvrg=B.当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C.当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压D.当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压【答案】ABD【解析】火车拐弯时不侧向挤

压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：2tanvmgmr=，解得：2tanvrg=，故A正确；根据牛顿第二定律得：2tanvmgmr=，解得：tanvgr=，可知火车规定的行

驶速度与质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不能够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确．所以ABD正确，C错误．13.有一质点正在做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A.质

点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向不可能总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速度的变化量总是相同【答案】BD【解析】【详解】AB．质点的速度方向和恒力方向不共线，质点做匀变速曲线运动，所以质点的速度方向不一定与恒力方向相同，

不可能总是与该恒力方向垂直，A错误，B正确；C．质点原来做匀速直线运动，所受合外力为0，现施加恒力，根据牛顿第二定律可知加速度由该恒力提供，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，C错误；D．质点加速度恒定，根据=vat可知质

点单位时间内速度的变化量总是相同，D正确。故选BD。14.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体

刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A.此时绳子张力为3μmgB.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内C.此时圆盘的角速度为2grD.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动【答案】

AC【解析】【详解】两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，细绳拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外

，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得：FT＝3μmg，2gr=，故A、C正确，B错误．烧断细绳瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断细绳，A

的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误．15.从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示。已知Oa=ab=bc，则a、b、c三颗弹丸（不计空气阻力）（）A.初速度之比是6:3:2B.初速度之比是1:2:3C.从射出至打到墙上的过程速度增量

之比是1:2:3D.从射出至打到墙上的过程速度增量之比是2:3:6【答案】AC【解析】【详解】AB．水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上Oaabbc==即::1:2:3OaObOc

=由212hgt=可知::1:2:3abcttt=由水平方向0xvt=可得11::1::6:3:223abcvvv==B错误A正确；CD．由vgt=可知，从射出至打到墙上的过程速度增量之比是1:2:3D错误C正确。故选AC。第Ⅱ卷

（非选择题共55分）二、填空、实验题（每空2分，共22分，解答时只需把答案填在答题卷对应横线上，不必写出演算步骤。）16.如图所示，人在岸上拉船，不计绳与轮之间的摩擦，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角

为时，船的速度为v，此时人拉绳的力大小为F，则此时人拉绳行走的速度大小为_____；如果人匀速行走，则船做_____（填“加速”、“减速”、“匀速”）运动；此时船的加速度大小为___。【答案】(1).cosv(2).加速(3).cosFfm−【解析】【详解】[1]人拉绳行

走的速度沿绳方向，将船的速度沿绳和垂直于绳正交分解，则人拉绳行走的速度大小为0cosvv=[2]人匀速行走，变大，cos减小，则v增大，所以船做加速运动。[3]根据牛顿第二定律可知加速度为cosFfam−=17.假设地球是一半径为R，质量分布均匀的球体，一矿井深度为d．已知质量分

布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为________________．【答案】1dR−;【解析】令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：2GMg

R=，由于地球的质量为：M=ρ43πR3，所以重力加速度的表达式可写成：3224433GRGMgGRRR===．根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d的井底，受到地球的万有引力即为半径等于（R-d）的球体在其表面

产生的万有引力，故井底的重力加速度为：g′=43Gρπ（R-d）．所以有：1gRddgRR−==−.点睛：本题考查万有引力定律的应用，要注意抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在矿井底部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R

-d）的球体的质量．18.如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物体在最低点时，物体受到的摩擦力大

小为_______；物体所受的合力方向_______（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“斜向左上方”、“斜向右上方”）。【答案】(1).2()vmgmR+(2).斜向左上方【解析】【详解】[1]物体在最低点，根据牛顿第二定律2vNmgmR−=则

物块受到的摩擦力为2()vfNmgmR==+[2]物体在竖直方向合力竖直向上，摩擦力水平向左，则物体所受合外力斜向左上方。19.如图，为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g取10m/s2。由图可知：小球从A点运动到B点经历的时间________（填“小于”、“等于”或“大于”）从B点运动到C点经历的时间；小球抛出时的初速度大小为________m/s，小球经过A点时的速度大小为_________m/s，若以A为坐标原点，则抛出点的坐标为_________，

_________。【答案】(1).等于(2).2.5(3).10.25(4).－50cm(5).－20cm【解析】【详解】[1]小球在水平方向上做匀速直线运动，A、B、C三点水平方向上间距相等，所以小球从A点运动到B点经历的时间等于从B点运动到C点经历的时

间。[2]在竖直方向上2BCABhhgt−=解得70.0550.05s0.1s10t−==在水平方向上小球做匀速直线运动，则小球的初速度050.05m/s2.5m/s0.1ABxvt===[3]小球在B点，竖直方向速度为70.0550.05m/s3m/s220.1BCA

ByBhhvt++===则小球在A点竖直方向的速度为3m/s100.1m/s2m/syAyBvvgt=−=−=则小球在A的速度222202.52m/s10.25m/syAvvv=+=+=[4]从小球抛出到A点用时02s0.2s10yAvtg===抛出点与A点

的水平距离为0002.50.2m0.5m50cmxvt====所以抛出点的横坐标为50cm−。[5]抛出点与A点的竖直距离为220011100.2m0.2m20cm22hgt====所以抛出点的纵坐标

为20cm−。三、计算题（本题共3小题，共计33分。解答时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得分，有数值计算的、答案中必须明确写出数值和单位。）20.如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，

Ox水平．设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g＝10m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1；(

2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；(3)小球到达N点的速度v2的大小．【答案】（1）6m/s（2）（3）410m/s【解析】【详解】（1）设正方形的边长为0s，竖直方向做竖直上抛运动，01vgt=

00122vst=水平方向做匀加速直线运动10132vst=解得16m/sv=．（2）由竖直方向的对称性可知，小球再经过1t到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到12x=处，位置N的坐标为（12，0）．（3）物体从O到M的时间与M到N的时间相等，因此此运

动可看成水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向可看成竖直上抛运动，所以物体到达N点水平方向的速度为v，则001222NxMvv++==所以12m/sNxv=而竖直方向N点的速度为4/ms，那么N点的速度为22124m/s=41

0m/s+．考点：运动的合成和分解【名师点睛】考查运动学公式，掌握运动的合成与分解的应用，注意竖直上抛的对称性，理解牛顿第二定律的应用．21.如图所示，一物体M从A点以某一初速度沿倾角α=37°的粗糙固定斜面向上运动，自顶端B点飞出后，垂直撞到高

H=2.25m的竖直墙面上C点，又沿原轨迹返回，已知B.C两点的高度差h=0.45m，物体M与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取210/gms=，求：（1）物体M沿斜面

向上运动时的加速度大小（2）物体返回B点时的速度（3）物体被墙面弹回后，从B点回到A点所需时间【答案】（1）28/ams=；（2）5/ms；（3）0.5s【解析】【详解】（1）物体M沿斜面向上运动时的加速度为a，由牛顿第二定律有sincosmgmgma+=代入数据得28m/sa=

（2）物体从C点到B点做平抛运动，设落至B点时在竖直方向的速度为Byv，由平抛运动规律有22Byvgh=代入数据得22100.453m/sByvgh===由题意知，物体落在B点后刚好沿斜面下滑，则它落至B点时的速度方向沿斜面向下，与水平方向的夹角为

37°，大小为35m/ssin370.6ByBvv===（3）设物体从B点返回到A点过程中的加速度大小为a，时间为t，由牛顿第二定律得sincosmgmgma−=代入数据得24m/sa=由运动学公式有21sin372Hhvtat−=+

代入数据得0.5st=（-3s舍去）22.如图所示，正方形光滑水平台面WXYZ边长L=1.8m，距地面高h=0.8m。CD线平行于WX边，且它们间距d=0.1m。一个质量为m的微粒从W点静止释放，在WXDC平

台区域受到一个从W点指向C点的恒力F1=1.25×10-11N作用，进入CDYZ平台区域后，F1消失，受到另一个力F2作用，其大小满足F2=5×10-13v（v是其速度大小），运动过程中其方向总是垂直于速

度方向，从而在平台上做匀速圆周运动，然后由XY边界离开台面，（台面以外区域F2=0）。微粒均视为质点，取g=10m/s2。(1)若微粒质量m=1×10-13kg，求微粒在CDYZ平台区域运动时的轨道半径；(2)若微粒质量m=1×10

-13kg，求微粒落地点到平台下边线AB的距离。【答案】(1)1m；(2)1.2m【解析】【详解】(1)微粒从W到C，由牛顿第二定律得1Fma=又22vad=所以11113221.2510m/s5m/s10.110Fdvm−−===微粒在CDYZ区域运动时，123510vF

vk−==提供向心力，由牛顿第二定律得2vkvmr=得1313110m1m5051mvrk−−===(2)微粒在CDYZ区域运动时，其运行轨迹如图由几何关系得cos0.8Lrr−==sin0.6=微粒离

开平台后做平抛运动212hgt=xvt=所以220.85m2m10hxvg===故微粒落地点到平台下边线AB的距离为sin20.6m1.2msx===