2019-2020学年高一物理上学期第三次检测试题 (含解析).doc

2019-2020学年高一物理上学期第三次检测试题 (含解析)一、选择题（每小题4分，共48分1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有选错的得0分）1. 如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔10m设有一个关卡，各关卡 同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为8s和3s关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A. 关卡2 B. 关卡3 C. 关卡4 D. 关卡5【答案】B【解析】解：根据v=at可得：2=2t1，所以加速的时间为：t1=1s加速的位移为：x1=at2=1m，到达关卡2的时间为：t2=s=3.5s，所以可以通过关卡2继续运动，到达关卡3的时间为：t3=s=4s，此时关卡3也是放行的，可以通过，到达关卡4的总时间为：1+3.5+4+4=12.5s，关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确；故选：C2. 为了安全，汽车在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离，这是因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的反应时间里，汽车仍然要通过一段距离，这个距离称为反应距离，而从采取制动动作到汽车停止运动通过的距离称为制动距离表中是在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据，根据分析计算，表中未给出的数据X、Y应是（）速度m/s反应距离m制动距离m1012201518X20Y802530125A. X=40，Y=24 B. X=45，Y=24 C. X=50，Y=22 D. X=60，Y=22【答案】B【解析】由表格得，驾驶员的反应时间t=，y=v3t=201.2=24m，CD错；由得汽车的制动加速度a=，再由得x=，B对，C错。3. 一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，则，所以图象是单调递增凸函数，刹车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为，则，解得：，则图象是单调递增的凸函数，再反过来即为单调递减的凸函数，故A正确考点：考查了运动图像【名师点睛】本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用，知道车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，难度适中4. 如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（）A. v1=v2，t1t2 B. v1v2，t1t2 C. v1=v2，t1t2 D. v1v2，t1t2【答案】A【解析】试题分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1t2故A正确故选：A【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比5. 一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）A. 20 m B. 10 m C. 6.5 cm D. 45 m【答案】A【解析】试题分析：据题意，由于照相机曝光时间极短，仅为t=0001s，据在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，即，而据上图可知物体在0001s时间内的位移为002m，则石子在A点的瞬时速度为：，据匀变速直线运动速度位移时间关系：v2=2gh可得物体下落位置到A点的高度为20m，故A选项正确。考点：匀变速直线运动的规律6. 某质点做直线运动的规律如下图所示，则下列说法中正确的是（）A. 质点在第2 s末运动方向发生变化B. 质点在第2 s内和第3 s内加速度大小相等而方向相反C. 质点在第3 s内速度越来越小D. 质点在前7 s内质点的位移为正值【答案】AD【解析】A、前2s内物体沿正向运动，2s末时速度反向，故第2s末时运动方向发生变化，故A正确；B、物体在第2s内做正向减速运动，加速度沿运动的反方向，第3s内做反向的匀加速运动，加速度也沿负方向运动，故加速度的方向均沿负方向，故B错误；C、质点在第3s内速度沿负方向，但速度的大小增加，故C错误；D、物体在前2s内做正向运动，第3s与第4s内做反向运动，由图可知，4s末时物体恰好回到出发点静止，此后2s内物体沿正向运动，第7s时物体反向，由图象可知，7s内的总位移为正；故D正确；故选AD7. 石块A自塔顶从静止开始自由落下S1时，石块B从离塔顶S2处从静止开始自由落下，两石块同时落地，若不计空气阻力，则塔高为（）A. S1+S2 B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设塔高为h，令石块B下落的时间为t,由自由落体运动公式：令石块A下落的时间为t1,由自由落体运动公式：石块A下落5m所用的时间为t2，则有解得：t2=1s因为两石块同时落地则有：由以上可解得：h=72m， 故D正确。 所以D正确，ABC错误。考点：自由落体运动规律的应用，【名师点睛】设塔高为h，先求出石块A自塔顶自由落下5m时的时间，在求出石块B自离塔顶7m处自由落下的时间，石块A继续下落的时间等于石块B自离塔顶7m处自由落下的时间，再根据匀加速直线运动位移时间公式即可求解。解题时要正确选择研究过程，灵活选择物理规律列出方程进行解答；此题是中等题，意在考查学生对基本规律的掌握及运用能力8. S1和S2表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧，k1k2；a和b表示质量分别为ma和mb的两个小物体，mamb，将弹簧与物块按图示方式悬挂起来，现要求两根弹簧的总长度最大，则应使（）A. S1在上，a在上 B. S1在上，b在上 C. S2在上，a在上 D. S2在上，b在上【答案】D【解析】试题分析：先对下面的物体受力分析，受重力和下面的弹簧的拉力而平衡，即下面的弹簧的弹力等于下面弹簧的拉力，有k下x下=m下g 再对两个物体的整体受力分析，受到总重力和上面弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有k上x上=（ma+mb）g 弹簧总长度为L=La+Lb+x上+x下=要使总长度最大，k上要取最小值k2，m下要取最大值ma，k下要取最大值k1，故S2在上，b在上；故选D9. 一只气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m处有一小石子20m/s的初速度竖直上抛，若g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A. 石子一定追不上气球B. 石子一定能追上气球C. 若气球上升速度等于9 m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1 s末追上气球D. 若气球上升速度等于7 m/s，其余条件不变，则石子在到达最高点时追上气球【答案】AC【解析】试题分析：设石子经过时间t后速度与气球相等，则；此时间内气球上升的位移为101m=10m，石子上升的位移为：201101m15m；因为15-10m=5m6m，所以石子一定追不上气球，故A错误，B正确；若气球上升速度等于9m/s，在石子在抛出后1s末，气球上升的位移为91m=9m，石子上升的位移为：201101m15m，因为15-9m=6m，所以1s末石子追上气球，故C正确；由C的分析可知，当气球上升速度等于9m/s，在1s末追上气球，所以当气球上升速度等于7m/s，石子追上气球的时间肯定小于1s，而石子到的最高点的时间为2s，所以石子在达到最高点之前就追上气球了，故D错误故选BC考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查了追击问题的相关知识，知道在石子追击气球的过程中，当速度相等时追不上以后就追不上了，抓住位移之间的关系列式，难度适中10. 如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A. 可以求出物体加速度的大小B. 可以求得CD=4mC. 可以求得OA之间的距离为1.125mD. 可以求得OA之间的距离为1.5m【答案】BC【解析】试题分析：由x=at2可得物体的加速度a的大小为，因为t不知道，所不能求出加速度，故A错误；因CD-BC=BC-AB，可得CD=4m，选项B正确；再由vt2=2as可得OB两点的距离为;物体经B点时的速度vB为,所以OA间的距离sOA=sOB-AB=3125-2m=1125m，故C正确，D错误选BC考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】解决问题的关键是掌握匀变速运动两个重要推论：1，某段时内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度2、在相邻的相等时间内位移是恒量，即x=aT211. 一个物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速滑动若已知物体在第1s内位移为12.0m，在第3s内位移为0.75m则下列说法正确的是（）A. 物体的加速度大小一定为5.625 m/s2B. 物体的加速度大小一定为6.0 m/s2C. 物体在第1.0 s末速度一定为9.0 m/sD. 物体在第2.5 s末速度一定为0.75 m/s【答案】BC【解析】试题分析：根据匀变速直线运动的规律x=aT2即可求出加速度再根据匀变速直线运动的基本公式即可求解解：根据匀变速直线运动的规律x=aT2可得：所以加速度AB、如果说没有外力的情况下任由物体在一个粗糙的水平面上滑动，它最终会停下来，也就是说它是不可返回的，假设它在第2s到第3s之间的某一时刻就已经停下来了，加速度大小就不等于3.75m/s2，故A错误，B正确；C、第0.5s末速度为第1s内的中点时刻速度，根据，故C正确；D、如果在第3s前就已经停止运动，则物体在第2.5s末速度不等于第3s的平均速度，故D错误故选：BC【点评】本题考查了匀加速运动的基本公式，要注意匀加速运动速度为零后的运动情况，可能静止，也可能要反向运动12. 如图所示，A、B两个物体的重力分别是GA=3N、GB=4N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F=2N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力有可能是（）A. 1N、6N B. 5N、6N C. 1N、2N D. 5N、2N【答案】AD【解析】弹簧的弹力为2 N，有两种可能情形：弹簧处于拉伸状态；弹簧处于压缩状态，因此对应的解应有两组当弹簧处于拉伸状态时，由A、B受力均平衡可知，D正确若弹簧处于压缩状态，同理可知，A正确二实验题：（每空3分，共12分）13. 某同学做了一次较为精确的测定匀加速直线运动的加速度的实验，实验所得到的纸带如图所示设0点是计数的起始点，两相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，则（1）计数点A与0点的距离s1应为_ cm（2）物体的加速度a=_ m/s2（结果保留两位小数）【答案】 (1). 4.00 (2). 2.0【解析】试题分析：由逐差公式，结合纸带可得：联立代入数据解得，a=1m/s2。考点：匀变速直线运动14. 在“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T=0.02s的低压交流电源他经过测量和计算得到打点计时器打下B、C、D、E、F各点时小车的瞬时速度，记录在下面的表格中计算打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的公式为vF=_；根据上面得到的数据，以A点对应的时刻为t=0时刻，在坐标纸上作出小车的速度随时间变化的vt图线；由vt图线求得小车的加速度a=_m/s2（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). (2). 0.42【解析】试题分析：据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即。如图所示： 先在坐标图中描点，描点时后用平滑直线连线，连线注意原则：让尽量多的点在直线上，不在直线上的点平均分布直线两侧。v-t图线的斜率大小表示加速度大小：考点：本题考查用打点计时器测量小车加速度。三、计算题（15题10分，16题10分，17题10分，18题10分，共40分）15. 用运动传感器可以测量运动物体的速度：如图所示，这个系统有一个不动的小盒子B工作时，小盒B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动物体反射后又被B盒接收B将信息输入计算机由计算机处理该信息，可得到被测物体的速度若B盒每间隔1.5秒发出一个超声波脉冲，而每隔1.3秒接收到一个超声波脉冲（1）试判断汽车远离小盒B，还是靠近小盒B？（2）试求汽车的速度是多少？【答案】（1）汽车靠近小盒B，（2） 22.7m/s【解析】（1）根据题意得：B盒每间隔1.5秒发出一个超声波脉冲，而每隔1.3秒接收到一个超声波脉冲，时间变短，由s=vt知，s变小，故汽车运动的物体运动方向是靠近小盒B盒(2)设第一次超声波发射至返回时间t1，测速仪第一次发出超声波时，经过了t1到达了汽车处，而信号从汽车处返回测速仪，也行驶了t1的时间；汽车距测速仪：测速仪第二次发出超声波时，经过了t2到达了汽车处，而信号从汽车处返回测速仪，也行驶了t2的时间；汽车距测速仪：因此汽车在两次与信号相遇的过程中，行驶了：汽车行驶了s共用了时间则有，汽车的速度16. 已知物体在粗糙水平面上做匀减速直线运动，它在最初5秒位移与最后5秒位移之比为，求物体运动的总时间【答案】8s【解析】设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，视为