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文档简介
株洲市名校2023-2024学年度高一第一学期第二次适应性检测
物理试题卷
时量:75分钟满分:100分
第I卷(选择题共46分)
一、单项选择题(本题共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
一个选项符合题意)
I.一家从事创新设计的公司打造了一台飞行汽车,既可以在公路上行驶,也可以在天空飞行。已知该飞行
汽车在跑道上的加速度大小为2m/s2,速度达到40m/s后离开地面。离开跑道后的加速度为5m/s2,最大速
度为200m/s。该飞行汽车沿直线从静止加速到最大速度所用的时间为()
A.40sB.52sC.88sD.100s
答案:B
解析:根据白砥+加,飞行汽车在跑道上运动时有
v\-a\t\
则该飞行汽车在跑道上加速的时间
40
——s=20s
2
飞行汽车离开地面后有
V2=VI+42f2
则该飞行汽车在空中加速的时间
200-40
t2-s=32s
5
则
片八+/2=52S
故选B
2.甲、乙两辆汽车速度相等,在同时制动后,均做匀减速运动,甲经10s停止,共前进了100m,乙经5s停
止,乙车前进的距离为()
A.25mB.50mC.75mD.100m
答案:B
解析:甲乙两车从开始刹车到停止时的平均速度相等,设为v,则对甲
X\=vt\
对乙
X2-Vh
解得
X2=50m
故选B。
3.2021年6月17日9时22分,我国“长征二号”F遥十二运载火箭搭载“神舟十二号”载人飞船成功发射。
在开始发射的一小段时间内;可认为火箭做初速度为0的匀加速直线运动,加速度大小为30m/s2,则在此
段时间内,下列说法错误的是()
A.速度与加速度同向,火箭的加速度每隔1s增大30m/s2
B.火箭在任意1s的时间内末速度比初速度大30m/s
C.火箭在Is末、2s末、3s末的速度大小之比为1:2:3
D.火箭在前2s内、前4s内、前6s内的位移大小之比为1:4:9
答案:A
解析:AB.由题意可知,火箭做初速度是0的匀加速直线运动,加速度大小为30m/s2,因此火箭的加速度
是恒定不变的;由速度公式u=〃,可知火箭每经过Is,速度都增加30m/s,所以火箭在任意Is的时间内
末速度比初速度大30m/s,A错误,符合题意;B正确,不符合题意;
C.火箭做初速度是0匀加速直线运动,由速度公式丫=必,可知火箭在Is末、2s末、3s末的速度大小
之比为1:2:3,C正确,不符合题意;
D.由位移时间公式尤可得
2
2
x2:x4:xb=;ax22:gax4?:^ax6=1:4:9
D正确,不符合题意。
故选Ao
4.一辆汽车行驶在平直公路上,从t=0时开始制动,汽车在第1s、第2s、第3s前进的距离分别是9m、7m、
5m,如图所示。某同学根据题目所提供的信息,猜想汽车在制动后做匀减速直线运动。如果他的猜想是正
确的,那么可进一步推断,第6s末汽车的速度大小为()
77
l«9mT7mT5m「
A.3m/sB.OC.2m/sD.4m/s
答案:B
解析:由题意可知,汽车制动后做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律有
Ax-aT2
汽车加速度为
Ax
a=亍
解得
a-2mzs2
设汽车初速度为%,根据匀变速直线运动有
12
其中h=9m、八=Is代入数据可得
%=10m/s
汽车减速至0所需时间为
一
代入数据可得
=5s
汽车在第5s末便停止运动,所以第6s末速度大小为0,故B正确。
故选B。
5.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动,它们的位移一时间(X-/)图像如图所示,由图像
A.甲、乙两物体始终同向运动
B.第2s末,甲、乙两物体间的距离最大
C.甲的平均速度大于乙的平均速度
D.乙物体一直做匀加速直线运动
答案:B
解析:A.X—f图像的斜率表示速度,可知在0~2s内甲、乙都沿正向运动,同向运动,在2~4s内甲沿负向
运动,乙仍沿正向运动,二者反向运动,故A错误;
B.0~2s内两者同向运动,甲的速度大,两者距离增大,2s后甲反向运动,乙仍沿原方向运动,两者距离
减小,则第2s末甲、乙两物体间的距离最大,故B正确;
C.由题图知在0~4s内甲、乙的位移都是2m,平均速度相等,故C错误;
D.根据x-f图像的斜率表示速度,可知乙物体一直做匀速直线运动,故D错误。
故选B。
6.一根长为2m木棒,上端悬挂在天花板上的。点,如图所示,木棒的正下方距棒的下端2m处固定着一
个高为1m的中空圆筒,木棒被释放后自由落下,取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力,下列说法正
确的是()
A.木棒的下端到圆筒上端时的速度大小为屈m/s
B.木棒的下端到圆筒上端时的速度大小为2&m/s
C.木棒通过圆筒所用的时间为(1-典)s
5
D.木棒通过圆筒所用的时间为(1-逝)s
5
答案:c
解析:AB.设木棒下落L时的速度为u,由位移一速度关系式解得
v=12gL=2V10m/s
选项AB错误;
CD.木棒刚进入圆筒时的位移大小为,由位移一时间关系得
解得
八平=警
Ng5
刚通过圆筒的总位移大小
1,
h=2L+H=-gtj
解得
,2x(2L+H)];
t2
所以木棒通过圆筒所用的时间
ta-
选项C正确、D错误。
故选C。
7.现在的物理学中加速度的定义式为a=三』,而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向
t
直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”),“另类加速度”的定义式为
A=±*,其中vo、心分别表示某段位移S内的初速度和末速度。A>0表示物体在做加速运动,AVO表示
S
物体在做减速运动。则下列说法正确的()
A.若A不变,则。也不变
B若A>0且保持不变,则。逐渐变大
C.若A不变,则物体在位移中点处的速度比上tb大
2
D.若A>0且保持不变,则物体在中间时亥U的速度比为土区大
2
答案:B
解析:AB.若A不变,有两种情况:当A>0时,相等位移内速度增加量相等,通过相等位移所用的时间
越来越短,由乜二九可知,a越来越大;当A<0时,相等位移内速度减少量相等,通过相等位移所用的
t
时间越来越多,由a=2二殳可知,。越来越小,故A错误,B正确;
t
C.当A不变时,相等位移内速度变化量相等,设位移中点处的速度为气,则有
2
匕一%=匕一匕
22
可得
2&
故c错误;
D.若A>0且保持不变,则前一半时间内的平均速度小于后一半时间内的平均速度,后一半时间内物体将
经过更多的位移,所以物体在中间时刻时,还没有到达中间位置,所以物体在中间时刻的速度比风土又小,
2
故D错误。故选B。
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多
个选项符合题意。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.甲、乙两个质点从同一位置开始做直线运动,v-t图象如图所示,两质点在t2时刻相遇,则下列说法正确
的是
A.ti时刻两质点的运动方向相反
B.相遇前两质点一定在ti时刻相距最远
C.t|-t2时间内,一定有某一时刻两质点的加速度相同
D.t2时刻,甲刚好从后面追上乙
答案:BC
解析:A、由图可知,在内时刻,两质点的速度均为正,均沿正方向运动,故A错误;
B、由图像可知,两质点从同一位置开始运动,在OF时间内,甲质点的速度大于乙质点的速度,且甲在前
乙在后,故在这段时间内,两质点的距离越来越远,在ti时刻速度达到相同,距离最远,B正确.
C、若v-t图像不是直线而是曲线,则曲线在某一时刻的切线斜率,代表该时刻的瞬时加速度,所以在t「t2
时间内,可以在甲质点的图像上画出与乙质点图像直线平行的切线,故在口电时间内,一定有某一时刻两
点的加速度相同,C正确:
D、由B的分析可知,在t2之前,质点乙一直处于质点甲的后方,故在t2时刻,乙恰好从后方追上甲,D
错误.
故选BC.
9.一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来,一同学用手固定B,此时A、B间距为33A距地面为L,
如图所示。由静止释放A、B,不计空气阻力,且A、B落地后均不再弹起。从开始释放到A落地历时八,
A落地前的瞬时速率为也,从A落地到B落在A上历时5B落在A上前的瞬时速率为V2,则()
//////////////
A.t\>t2B.t\=t2
C.vi:V2=l:2D.vi:也=1:3
答案:BC
解析:A垫片下落用时八等于B垫片开始下落距离L用时,B垫片再下落3L用时d由于小f2时间内B
下落的位移满足1:3的关系,故
t\=t2
由可知
VI:V2-\:2
故选BC
10.小球以某一速度竖直上抛,在上升过程中小球在最初1S的上升高度是其上升时间内正中间1S上升高度
Q
的W倍,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是()
125
A.小球上升的时间为8sB.小球上升的最大高度为一m
4
25
C.小球中间Is上升的高度为一mD.小球最初Is上升的高度为5m
2
答案:BC
解析:ACD.依题意知,最初1s内物体上升高度为
,121
4=%,_叫=%_]g
设上升时间内正中间Is的平均速度为匕,即也为上升过程中全程的平均速度,有
V,=—%
12
则中间1s内物体上升高度为
为=卬=5
又
_^_8
h25
联立求得:%="|g=25m/s
故小球上升的时间
「=%=2.5s
g
小球中间Is上升的高度为
,%25
小=—=—m
”22
小球最初1s上升的高度
/?!=%」g=20m
故AD错误C正确;
B.小球上升的最大高度为
H=^=—m
2g4
故B正确;故选BC。
第n卷(非选择题共54分)
三、填空题(本题共2小题,共16分)
11.(1)用气垫导轨和数字计时器能更精确地测量物体瞬时速度。如图所示,滑块在牵引力作用下先后
通过两个光电门,配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为0.1s,通过第二个光电门的时
间为0.08s,已知遮光板的宽度为1cm,滑块通过第一个光电门速度大小为m/s和第二个光电门的速
度大小为m/s(保留两位有效数字)
(2)为使测量值更接近瞬时速度,正确的措施是
A.换用宽度更宽的遮光条
B.换用宽度更窄的遮光条
C.使滑块的释放点更靠近光电门
D.使滑块的释放点更远离光电门
(3)为了监控车辆是否超速,交通部门常用测速仪来检测。测速原理如图所示,测速仪前后两次发出并接
收超声波信号,再根据两次信号的时间差,测出被测车辆的速度。如果某次检测一辆匀速运动的汽车的车
速时,第一次从发出至收到超声波信号用了0.3s,第二次从发出至收到超声波信号用了0.6s,两次信号发出
的时间间隔是1.55s,则测得汽车的速度为m/s(假设超声波的速度为340m/s,且大小保持不变)
汽车测速仪
...........灯
答案:①.0.10②.0.13(3).BD##DB®.30
解析:(1)[1]在极短时间或位移内,质点的平均速度可以看作它在此时刻或此位置时的瞬时速度,则有滑
块经过第一个光电门的速度
v.=~=—~~■m/s=0.1Om/s
1Ar,0.1
[2]滑块经过第二个光电门的速度
d0.01,…,
%=----=------m/s=0.13m/s
绝0.08
(2)⑶利用平均速度等效替代瞬时速度;遮光板越窄,或速度越大,遮光时间越短,平均速度越接近瞬时
速度,即换用宽度更窄的遮光条、使滑块的释放点更远离光电门,可实现。趋向于0,而使滑块的释放点
更靠近光电门,使得物体经过光电门速度过小,或者提高测量遮光条宽度的精确度均不能达到。趋向于0
的条件,故选BD。
(3)[4]由于第一次从发出至接受到超声波信号用了0.3s,测速仪第一次发出的超声波到达汽车处所用的时
间
r=^2S=0.15s
i2
测速仪第一次发出的信号从汽车处返回到测速仪时,汽车距测速仪
s\=v声fi=340x0.15m=51m
由于第二次从发出至接受到超声波信号用了0.6s,测速仪第二次发出超声波到达汽车处所用的时间为
0.6_.
t-y=—s=0.3s
22
第二次发出的信号从汽车处返回到测速仪时,汽车距测速仪
52=v声f2=340x0.3m=102m
因此汽车在两次与信号相遇的过程中,行驶了
s=S2-s1=102m-51m=51m
这51m共用了
/=A/-ri+/2=l.55s-0.15s+0.3s=l.7s
汽车的车速
v=—=-----m/s=30m/s
t1.70
12.在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中:
(1)下列操作中正确的有(多选);
A.在释放小车前,小车要靠近打点计时器
B.打点计时器应放在远离滑轮的一端
C.应先释放小车,后接通电源
D.电火花计时器应使用低压直流电源
(2)图中的实验器材外,必需的器材还有填字母序号;
A.天平B.秒表C.刻度尺
(3)如图为小车带动纸带通过打点计时器打出的纸带,选出的部分计数点分别记为。、A、B、C、D、E、F,
每相邻两计数点间还有四个点未画出,打点计时器使用的是50Hz的低压交流电,则:
①从打O点到打F点所经历时间为:
②计数点“C”处的速度为匕=m/s结果保留两位有效数字;
③小车的加速度大小为m/s2结果保留三位有效数字。
答案:①.AB②.C③.0.6④.0.68©.1.60
解析:(1)[1]A.为了提高纸带的利用率,在释放小车前,小车要靠近打点计时器,A正确;
B.打点计时器应放在长木板的没有滑轮一端,B正确;
C.实验时,应先接通电源,后释放小车,打点完毕关闭电源,C错误;
D.电火花计时器使用的是220V的交流电源,D错误。
故选ABo
(2)⑵本实验不必测量祛码及小车质量,因此不选天平,打点计时器就是计时,故不选秒表,除仪器图中的
实验器材外,必需的器材还有刻度尺,故选C。
(3)①[3]应为每相邻两计数点间还有四个点未画出来,可知任意两点间的时间间隔
T=0.1s
则从打O点到打尸点所经历时间为
r=6T=0.6s
②[4]打“C”点的速度等于BD段的平均速度,故打计数点“C”时的速度为
6.00+7.60
xlO2m/s=0.68m/s
c2T2x0.1
③[5]根据
^x=aT2
由数据可知
Ax=1.6cm=0.016m
因此加速度
”与二%而“60mzs2
T20.12
四、计算题(本题共3小题,共38分。解答应写出必要的文字说明、表达式和重要的演算步
骤。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.从北京飞往杭州的波音737航班,到达萧山机场后,以60m/s的速度着陆做匀减速直线运动,加速度大
小为5m/s2,则:
(1)客机在第5s末的速度是多少;
(2)客机在第5s内的平均速度是多少;
(3)客机在14秒内的位移是多少。
答案:(1)35m/s;(2)37.5m/s;(3)360m
解析:(1)设客机减速到零所用的时间为则有
Zo=—=12s
a
因/=5s<12s,故客机仍在运动,则第5s末的速度为
v5=%-at5=35m/s
(2)客机在第4s末的速度为
v4=v0-at4=40m/s
故客机在第5s内的平均速度
v=—----=37.5m/s
3
(3)因匚14s>12s,客机在14秒内的位移等于客机在12秒内的位移,则有
x=—t=360m
2n0
14.如图所示,离地面足够高处有一竖直的空管,管长为24in,M.N为空管的上、下两端,空管受外力作
用,由静止开始竖直向下做匀加速直线运动,加速度为2m*.同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴
线以初速度V。竖直上抛,不td"一切阻力,取g=10m/s2.求:
(1)若小球上抛的初速度为10m/s,经过多长时间从管的N端穿出?
(2)若此空管的N端距离地面64m高,欲使在空管到达地面时小球必须落到管内,在其他条件不变的前
提下,求小球的初速度如大小的范围.
答案:(1)4s(2)29m/s<v0<32m/s
解析:(1)取向下为正,小球初速度%=-10m/s,设经,时间,小球从N端穿出,小球下落的高度:
,12
%=_%/+1g厂
_1,
空管下落的图度:K=-ar
-2
则:%-4=L
1,1,
联立得:一%t+Qg厂-5ar=L
代入数据解得:
4=4s
t2=-1.5s(舍去)
(2)设小球初速度%,空管经,时间到达地面,则”=ga严得:
也=8s
A
2
小球在,时间下落高度为:h=vot'+^gt'
小球落入管内条件是:64m</i<88m
解得:
29m/s<
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