【文档说明】四川省凉山州会理第一中学2024-205学年高二上学期入学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.294 MB，由小赞的店铺上传

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会理第一中学2026级高二上期入学考试物理试题满分：100分考试时间：75分钟一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1.关于做平抛运动的物体，以

下物理量中保持不变的是（）A.动能B.动量C.加速度D.速度【答案】C【解析】【详解】AD．平抛运动的速度增大，根据2k12Emv=，动能增大，AD错误；B．根据pmv=，平抛运动的速度增大，动量增大，B

错误；C．平抛运动的加速度等于重力加速度，加速度的大小和方向均不变，加速度不变，C正确。故选C。2.下列关于做圆周运动的叙述中正确的是（）A.匀速圆周运动是速度不变的运动B.做匀速圆周运动的物体向心加速度不改变C.向心力不改变圆周运

动的速度大小D.物体做圆周运动的向心力一定等于合外力【答案】C【解析】【详解】A．匀速圆周运动是线速度大小不变的圆周运动。故A错误；B．做匀速圆周运动的物体向心加速度大小不改变，方向指向圆心时刻改变。

故B错误；C．向心力与线速度方向垂直，不改变圆周运动的线速度大小，只改变线速度的方向。故C正确；D．物体做匀速圆周运动时，其向心力一定等于合外力。故D错误。故选C。3.如图，足球在地面上的A点被踢出后落到

地面上的C点，在空中运动轨迹的最高点为B点。设足球在B点受到的合力为F，不计足球转动的影响，足球在最高点时F的方向可能是（）A.1的方向B.2的方向C.3的方向D.4的方向高【答案】B【解析】【详解】由图可知，足

球在B点时，受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力，合力方向偏向左下方，可能如图中2的方向。故选B。4.2022年5月10日，天舟四号货运飞船成功发射，该飞船与空间站对接后一起绕地球做匀速圆周运动，空间站运行轨道距离地面的高度约为400km。地

球同步卫星运行的轨道距离地面的高度约为36000km。在相同的时间内，飞船与地心连线、地球同步卫星与地心连线转过的角度分别为1、2，但飞船、地球同步卫星绕地球运动的路程分别为1S、2S。下列关系式正确的是（）A.2l

，12SSB.2l，12SSC.12，12SSD.12，12SS【答案】A【解析】【详解】设地球半径为R，空间站的轨道半径11rhR=+地球同步卫星的轨道半径22rRh=+由于12400km<3

6000kmhh==得12rr由222MmvGmrmrr==得3GMr=GMvr=则飞船的角速度1和地球同步卫星的角速度2的关系12则飞船的线速度1v和地球同步卫星的线速度2v的关系12vv又t=Svt=在相同的时

间内，飞船与地心连线、地球同步卫星与地心连线转过的角度2l飞船、地球同步卫星绕地球运动的路程12SS故选A。5.一小船要渡过两岸平行的河，第一次以最短的时间过河，第二次以最短的航程过河，第一次和第二次航程之比为k。设船在静水中

的速度大小为1v，水流的速度大小为2v，且21vv。则12vv为（）A.kB.21k−C.21k+D.()1kk−【答案】B【解析】【详解】设河宽为d，渡河时间最短时，船的航向垂直河岸，航程为221121dlvtvvv==+合由于水流速度大于船在静水中的速度，所以最短的

航程为221dvlv=由题意可知12lkl=联立解得2121vkv=−故选B。6.拨浪鼓是一种小型的儿童玩具，其简化的模型如图所示。拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于手柄对称的左右两侧位置固定有长度分别为1l和2l的两根不可伸长的轻质细绳，两细

绳的另一端分别系有质量相同的小球甲、乙。保持手柄竖直匀速转动，使得两球均在水平面内匀速转动，连接甲、乙的细绳与竖直方向的夹角分别为和。若，则（）A.甲球运动的周期大于乙球运动的周期B.甲球运动的线速度大小等于乙球的线速度大小C.甲球所受绳子的拉力大小大于乙球所受绳子的拉力大小D.

甲球的向心加速度大小小于乙球的向心加速度大小【答案】D【解析】【详解】A．甲、乙两球绕共同的转动轴转动，两球的角速度相同，即周期相同，故A错误；B．对甲球有()21tansinmgmlr=+线速度()11sinvlr=+则有1tangv=同理对乙球有2tan

gv=由于，则有12vv故B错误；C．竖直方向，两球的合力为零，则对甲球cosTmg=甲对乙球cosTmg=乙由于，可知TT甲乙故C错误；D．甲球的向心加速度tantanmgagm==甲乙球的向心加速度tantanmgagm==乙有

aa甲乙故D正确。故选D。7.如图，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与放在水平面上的小木块接触（不栓接），开始时弹簧处于原长位置O。现使木块以初动能kE向左运动，弹簧的最大压缩量为x，最终小木块停在O点右侧距离O点为s的P点。小木块可视为质点，根据上述条件不能求出的是（）A.弹簧的最大弹性

势能B.小木块离开弹簧时的动能C.小木块离开弹簧后的加速度D.小木块运动过程中克服摩擦力做的总功【答案】C【解析】【详解】A．木块运动至最左端时根据能量守恒有kpEEmgx=+小木块停在P点根据能量守恒有p()Emgxs=+解得弹簧的最大弹性势能为pk2xsEExs+=+故A

不符合题意要求；B．小木块离开弹簧时的动能为kk2sEmgsExs==+故B不符合题意要求；C．小木块离开弹簧后的加速度为mgagm==由于动摩擦系数未知，小木块离开弹簧后的加速度不能求出，故C符合题意要

求；D．根据能量守恒可知小木块运动过程中克服摩擦力做的总功为kE，故D不符合题意要求。故选C。二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得

5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.在光滑水平面上建立平面直角坐标系xOy，质点在0t=时从坐标原点。开始运动，质点在x方向上运动位移一时间图像如图甲所示，在v方向上运动的位移一时间图像如图乙所示，

其中乙图中的图线为过原点的的抛物线。关于质点的运动，下列说法正确的是（）A.质点的初速度大小为3m/sB.质点的加速度大小为22m/sC.质点在1s末距离坐标原点5mD.质点在1s末的速度大小为5m/s【答案】AD【解析】【详解】A．由甲图可知，x

方向上物体做匀速直线运动，且初速度03m/s=3m/s1xv=由乙图图线为过原点的抛物线，可知00yv=质点的初速度大小220003m/sxyvvv=+=故A正确；B．由乙图可知212yat=得2222284m/s2yat===故B错误；C．质点在1s

末，横坐标031m=3mxxvt==纵坐标221141m=2m22yat==质点在1s末与坐标原点的距离222232m=13mLxy=+=+故C错误；D．质点在1s末的y轴反向的速度41m/s=4m/syvat==质点在1s末的速度大小2222034m

/s=5m/sxyvvv=+=+故D正确。故选AD。9.如图所示，置于光滑水平面上的物块P、Q用细线和轻弹簧连接在一起并处于静止状态，轻弹簧处于压缩状态。细线质量不计，关于物块P、Q及细线、轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）A.烧断细线后，系统总动量始终为零B.烧断细线后，系统机械能始终为

零C.若在P的左侧放一挡板后再烧断细线，此后系统总动量仍然为零D.若在Q的右侧放一挡板后再烧断细线，此后系统总动量向左【答案】AD【解析】【详解】A．烧断细线后，系统水平方向不受外力总动量守恒，始终为零。故A正确；B．烧断细线后，弹簧弹力做功，系统机械能守恒，不为零。故B错误；C．若在

P的左侧放一挡板后再烧断细线，挡板的弹力对系统有向右的冲量，根据动量定理可知此后系统总动量水平向右。故C错误；D．同理，若在Q的右侧放一挡板后再烧断细线，挡板的弹力对系统有向左的冲量，根据动量定理可知此后系统总动量向左。故D正确。故选AD。10.如图

，质量为m的小物块P固定在竖直杆上，用轻绳跨过小定滑轮与质量为2m的物体Q相连。开始时物块P与定滑轮等高，竖直杆与小滑轮之间的距离为d，重力加速度为g，绳子与杆足够长，不计一切摩擦。物块P由静止释放至运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.开始释放时，物块P的加速度为gB.物块

P下降的最大距离为43dC.物块Q的速度可能大于物块P的速度大小D.轻绳中的拉力大小总是大于2mg【答案】AB【解析】【详解】A．开始释放时，物块P水平方向受力平衡，竖直方向只受到重力，故加速度为g，故A正确；B．设物块P下降的最大距

离为h，此时物块Q上升的高度为L，此时物块PQ的速度都为零，PQ整体机械能守恒，可知2mghmgL=其中有22Lhdd=+−联立解得43hd=故B正确；C．将物块P的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，故可知物块Q的速度大小等于物块P的速度在沿绳子方向的分速度，

故物块Q的速度不可能大于物块P的速度大小，故C错误；D．开始时物块P的速度为零，下降到最大距离时速度也为零，故可知物块P先加速后减速，加速度先竖直向下后竖直向上，将物块P的加速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，故可知物块Q的加速度先向上后向下，根据牛顿年第二定律可知轻绳

中的拉力大小先大于2mg后小于2mg，故D错误。故选AB。三、实验题（本题共2小题，共15分）11.某次实验中用频闪照相技术拍下的两小球运动的频闪照片如图所示，拍摄时，光源的频闪频率为10Hz，a球从A点水平抛出的同时，b球从与A点等高的B点开始无初

速度下落，背景小方格为相同的正方形，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力。（1）比较a、b两小球的运动轨迹能确定平抛运动在竖直方向的运动是________________（填标号）。A．自由落体运动B．匀速直线运动（2）照相机拍摄相邻两张照片的时间间隔为________________s，

并结合照片可知背景小方格的边长为________________m．【答案】①.A②.0.1③.0.05【解析】【详解】（1）[1]由于a、b两小球同时开始运动，且相同时刻处于同一高度，因此平抛运动在竖直方向的运动是自由落体运动。故选A。（2）[2]由于光源的频闪频率为10Hz，因此

照相机拍摄相邻两张照片的时间间隔为10.1sTf==根据2150.01m0.05m2LgT===可得背景小方格的边长为0.05m。12.某同学设计出如图1所示实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小

球的球心经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小球通过光电门的时间1Δt、2Δt，已知当地的重力加速度为g。的（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量___________填选项序号。A.小球的质量mB.光电门1和光电门2之间的距离hC.

小球从光电门1到光电门2下落时间t（2）小球通过光电门1时的瞬时速度1v=______（用题中所给的物理量符号表示)（3）保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，多次实验记录多组数据，作出221(Δ)t随h

变化的图像如图3所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率1k=_______（用题中所给的物理量符号表示），就可以验证小球下落过程中机械能守恒。（4）考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为f，根据实际数据绘出的221(Δ)t随h变化的图像的斜率为221()kkk，则实验

过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值fmg=___________（用2k、1k表示）。（5）实验中小钢球通过光电门的平均速度___________(选填“大于”“小于”或“等于”)小钢球球心通过光电门时的瞬时速度。【答案】（1）B（2）1dt（3）22gd（4）121kkk−（5）小于

的【解析】小问1详解】小球经过光电门1和光电门2的速度可表示为11Δdvt=，22Δdvt=小球从光电门1运动到光电门2过程，据机械能守恒定律可得22211122mghmvmv=−联立可得22212()()ddghtt=−

只要上述表达式成立，即可证明小球下落过程机械能守恒。AC．小球的质量m、小球从光电门1到光电门2下落的时间t不需要测量，故AC错误；B．小球的直径d已经测量，该实验还需要测量光电门1和光电门2之间的距离h，B正确。故选B。【小问2详解】小球通过光电门1时的瞬时速度为11Δdvt=【小问

3详解】由（2）解析可得22212()()ddghtt=−整理可得22221121()()ghtdt=+()221Δt随h变化的图像的斜率为122gkd=如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率122gkd=，就可

以验证小球下落过程中机械能守恒。【小问4详解】【设小球在下落过程中平均阻力大小为f，由牛顿第二定律可得mgffagmm−==−根据运动学公式可得222221212()()ddahvvtt=−=−联立可得222212()11()()fgmhtdt−=+则

有22)2(kfgmd=−解得2212fmgmkd=−联立可得121kkfmgk−=【小问5详解】根据匀变速直线运动的规律得小球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，有022+=ttvvv小球球心通过光电门的瞬时速度为位移中点速度，有

220222xxvva−=，22222txxvva−=得22022txvvv+=所以22txvv实验中小钢球通过光电门的平均速度小于小钢球球心通过光电门时的瞬时速度。四、计算题（本题共3小题，共41分，作答时应写出必要的

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.如图所示，在以角速度ω＝3rad/s匀速转动的水平圆盘上，放一质量m＝5kg的滑块，滑块离转轴的距离r＝0.2m，滑块与圆盘相对静止。

已知滑块与圆盘之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，滑块可视为质点，求：（1）滑块运动的线速度大小v和所受的摩擦力大小f；（2）要使滑块脱离圆盘，圆盘转动的最小角速度mi

n。【答案】（1）0.6m/s；9N；（2）5rad/s【解析】【详解】（1）根据0.6m/svr==可知滑块运动的线速度大小为0.6m/s。依题意，滑块所受静摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，即29Nfmr==（2）随

着圆盘转动角速度的增大，滑块所需向心力也随之增大，当滑块所受静摩擦力达到最大静摩擦时恰好脱离圆盘，即2maxminfmgmr==解得min5rad/s=14.如图所示，质量为m＝1kg的物块静止在粗

糙的水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5。t＝0时，用与水平方向成θ角斜向上、大小F＝10N的恒力拉物块。已知sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：（1）0～2s内恒力F对物块做的功WF；（2）0～2s内物块克服摩擦力做功的平均功率fP。【答案】（1）96J

；（2）12W【解析】【详解】（1）物体运动的加速度为cos(sin)FmagFm−=−解得a=6m/s20～2s内物体的位移2112m2xat==恒力F对物块做的功cos10120.8J=96JFWFx==（2）0～2s内

物块受的摩擦力(sin)2NfmgF=−=则克服摩擦力做功的平均功率212W=12W2ffxPt==15.如图，固定倾斜直轨道与固定圆弧轨道相切，圆弧轨道底端与地面相切，顶端AB水平且在O点上方，质量为m的小球沿倾斜直轨道由静止滑下。已知圆弧的半径为R，2AOB=，重力

加速度为g，不计一切阻力，小球可视为质点。（1）若小球释放点的高度2hR=，求小球在圆弧最低点时对轨道的压力F的大小；（2）若小球释放点的高度2.5hR=，60=，试通过计算说明，小球能否沿圆弧轨道运动到A点；

（3）若可变，要使小球能从A点飞出后无碰撞的经过B点回到圆弧轨道，求h的最小值以及对应的角。【答案】（1）5mg；（2）1.5mg；（3）()12R+，45【解析】【详解】（1）设小球到圆环最低点时，速度大小为v，从释放点到C点，根据动能

定理有212mghmv=在C点，设轨道对小球的支持力为N，则根据牛顿第二定律有2mvNmgR−=解得5Nmg=根据牛顿第三定律，得小球在圆弧最低点时对轨道的压力F的大小5FNmg==（2）设小球从释放点能运动到A点，这一过程中，根据动能定理，有()21cos2A

mghRRmv−−=在A点由牛顿第二定律，有2cosAAmvNmgR+=解得1.5ANmg=由于轨道对小球有弹力，所以小球能运动到A点。（3）要使小球飞过缺口无碰撞的经过B点回到圆环，设小球从A运动到B的时间为t，小球水平方向做

匀速运动，竖直方向做竖直上抛运动，则有sinsinAAvvgt=−+2sincosARvt=又()21cos2AmghRRmv−−=解得cos2cosRhRR=++由数学知识可知，当2cos2=，h有最

小值，即()min12hR=+在此时45=