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北京大学附属中学河南分校2015-2016学年高一上学期第一次月考物理试卷


2015-2016 学年北京大学附属中学河南分校高一(上) 第一次月考物理试卷

一、选择题. (每题 4 分,共 60 分,全对得 4 分,对而不全得 2 分,错选不得分) 1.2016 年奥运会将在巴西里约热内卢举办,在以下几个奥运会比赛项目中,研究对象可视 为质点的是( ) A.在撑竿跳高比赛中研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情况时 B.确定

马拉松运动员在比赛中的位置时 C.跆拳道比赛中研究运动员动作时 D.乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时 2.关于运动的位移和路程,下列说法正确的是( ) A.质点运动的位移大小可能大于路程 B.位移和路程都是矢量 C.质点通过一段路程,位移不可能为零 D.质点运动一段时间,路程不能为零但位移可能为零 3.以下说法中正确的是( ) A.做匀变速直线运动的物体,ts 内通过的路程与位移的大小一定相等 B.质点一定是体积和质量极小的物体 C.速度的定义式和平均速度公式都是 D.速度不变的运动是匀速直线运动 4.关于速度和加速度的关系,下列说法正确的是( A.速度变化得越多,加速度就越大 B.速度变化得越快,加速度就越大 C.加速度方向保持不变,速度方向也保持不变 D.加速度大小不断变小,速度大小也不断变小 ) ,因此速度就是指平均速度

5.下列关于加速度的描述中,正确的是( ) A.加速度在数值上等于单位时间里速度的变化 B.当加速度与速度方向相同且又减小时,物体做减速运动 C.速度方向为正时,加速度方向一定为负 D.速度变化越大,则加速度一定越大 6. 质点从静止开始做匀加速直线运动, 在第 1 个 2s、 第 2 个 2s 和第 5s 内三段位移比为( A.2:6:5 B.2:8:7 C.4:12:9 D.2:2:1 )

7.一物体以初速度 v0=20m/s 沿光滑斜面匀减速向上滑动,当上滑距离 x0=30m 时,速度减 为 v0,物体恰滑到斜面顶部停下,则斜面长度为( A.40 m B.50 m C.32 m D.60 m 8.一个物体从静止开始做匀加速直线运动.它在第 1s 内与第 2s 内的位移之比为 x1:x2, 在走完第 1m 时与走完第 2m 时的速度之比为 v1:v2,以下说法正确的是( ) A.x1:x2=1:3,v1:v2=1:2 B.x1:x2=1:3,v1:v2=1: C.x1:x2=1:4,v1:v2=1:2 D.x1:x2=1:4,v1:v2=1: 9.如图所示,实线记录了一次实验中得到的运动小车的 v﹣t 图象,为了简化计算,用虚线 作近似处理,下列表述正确的是( ) )

A.小车做曲线运动 B.小车先做加速运动,再匀速运动,最后做减速运动 C.在 t1 时刻虚线反映的加速度比实际小 D.在 0~t1 的时间内,由虚线计算出的平均速度比实际的小 10.甲、乙两物体在 t=0 时刻经过同一位置沿 x 轴运动,其 v﹣t 图象如图所示,则( )

A.甲、乙在 t=0 到 t=ls 之间沿同一方向运动 B.乙在 t=0 到 t=7s 之间的位移为零 C.甲在 t=0 到 t=4s 之间做往复运动 D.甲、乙在 t=6s 时的加速度方向相同 11.做匀减速直线运动的质点,它的加速度大小为 a,初速度大小为 v0,经过时间 t 速度减 小到零,则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示?( )

A.v0t+ at B.v0t C. D. at
2

2

12.物体自楼顶处自由落下(不计空气阻力) ,落到地面的速度为 v.在此过程中,物体从 楼顶落到楼高一半处所经历的时间为( ) A. B. C. D.

13.甲乙两车在一平直道路上同向运动,其 v﹣t 图象如图所示,图中△ OPQ 和△ OQT 的面 积分别为 S1 和 S2(S2>S1) .开始时,甲车在乙车前方 So 处( )

A.若 So=S1+S2,两车不会相遇 B.若 So<S1,两车相遇 2 次 C.若 So=S1,两车相遇 1 次 D.若 So=S2,两车相遇 1 次 14. 如图所示的装置中, 小球的质量均相同, 弹簧和细线的质量均不计, 一切摩擦忽略不计, 平衡时各弹簧的弹力分别为 F1、F2、F3,其大小关系是( )

A.F1=F2=F3 B.F1=F2<F3 C.F1=F3>F2 D.F3>F1>F2

15.如图所示,倾角为 30°,重为 80N 的斜面体静止在水平面上.一根弹性轻杆一端垂直固 定在斜面体上,杆的另一端固定一个重为 2N 的小球,小球处于静止状态时,下列说法中正 确的是( )

A.斜面体有向左运动的趋势 B.地面对斜面体的支持力为 80 N C.球对弹性轻杆的作用力为 2 N,方向竖直向下 D.弹性轻杆对小球的作用力为 2 N,方向竖直向上

二、填空题(每空 3 分,共 9 分) 16.电火花打点计时器是测量时间的仪器,其工作电压为 220V,电源频率是 50Hz,它每隔 0.02S 打一次点.在测定匀变速直线运动加速度实验中,某次实验纸带的记录如图所示,每 打 5 个点取一个记数点,但第 3 个记数点没有画出.由图数据可求得:该物体的加速度为 2 __________m/s 第 3 个记数点与第 2 个记数点的距离约为__________cm,第 2 个计数点的 速度大小为__________m/s(小数点后保留两位) .

三、计算题(17 题 6 分,18 题 7 分,19 题 8 分,20 题 10 分) 17.一汽车在平直公路上以速度 V0 匀速行驶. (1)司机突然发现在前方 x=90m 的地方有路障,开始紧急刹车,已知刹车的加速度是 a1= 2 ﹣5m/s ,汽车刚好在路障前面停下,求汽车原来的速度 V0 是多少? 2 (2)若汽车的刹车加速度是 a2=﹣3m/s ,初速度不变,为使汽车不撞上路障,司机必须比 2 加速度是 a1=﹣5m/s 时提早多少米发现路障? 18.一辆巡逻车最快能在 10s 内由静止匀加速到最大速度 Vm=50m/s,并能保持这个速度匀 速行驶,问该巡逻车在平直的高速公路上由静止追上前方 2000m 处正以 V=35m/s 的速度匀 速行驶的汽车,至少需要多少时间? 19.气球以 10m/s 的速度匀速竖直上升,从气球上掉下一个物体,经 17s 到达地面.求物体 2 刚脱离气球时气球的高度. (g=10m/s ) . 20.2011 年 8 月 10 日,改装后的瓦良格号航空母舰进行出海航行试验,中国成为拥有航空 母舰的国家之一.已知该航空母舰飞行甲板长度为 L=300m,某种战斗机在航空母舰上起飞 2 过程中的最大加速度为 a=4.5m/s ,飞机速度要达到 v=60m/s 才能安全起飞.

(1)如果航空母舰静止,战斗机被弹射装置弹出后开始加速,要保证飞机起飞安全,战斗 机被弹射装置弹出时的速度至少是多大? (2)如果航空母舰匀速前进,在没有弹射装置的情况下,要保证飞机安全起飞,航空母舰 前进的速度至少是多大?

2015-2016 学年北京大学附属中学河南分校高一(上)第 一次月考物理试卷
一、选择题. (每题 4 分,共 60 分,全对得 4 分,对而不全得 2 分,错选不得分) 1.2016 年奥运会将在巴西里约热内卢举办,在以下几个奥运会比赛项目中,研究对象可视 为质点的是( ) A.在撑竿跳高比赛中研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情况时 B.确定马拉松运动员在比赛中的位置时 C.跆拳道比赛中研究运动员动作时 D.乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时 考点:质点的认识. 专题:直线运动规律专题. 分析:当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略,物体可以看成质点. 解答: 解:A、研究撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的转动情 况时,运动员的大小和形状不能忽略,不能看成质点.故 A 错误. B、 研究马拉松运动员在比赛中的位置时, 运动员的大小和形状能够忽略, 能够看成质点. 故 B 正确. C、研究跆拳道比赛中 研究运动员动作时,要研究运动员的动作,运动员的大小形状不能 忽略,不能看成质点.故 C 错误. D、研究乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时,乒乓球的形状不能忽略,不能看成质点.故 D 错误. 故选:B. 点评: 解决本题的关键掌握物体能否看成质点的条件, 关键看物体的大小和形状在所研究的 问题中能否忽略. 2.关于运动的位移和路程,下列说法正确的是( ) A.质点运动的位移大小可能大于路程 B.位移和路程都是矢量 C.质点通过一段路程,位移不可能为零 D.质点运动一段时间,路程不能为零但位移可能为零 考点:位移与路程. 分析:位移的大小等于首末位置的距离,方向由初位置指向末位置;路程等于运动轨迹的长 度,只有大小没有方向.

解答: 解:A、位移是矢量,路程是标量,只有在做单向直线运动时,位移大小等于路程, 其它情况位移的大小小于路程.故 AB 错误. C、质点做圆周运动又回到出发到的过程中,路程不为零,位移为零.故 C 错误,D 正确. 故选:D. 点评:解决本题的关键知道路程和位移的区别,知道位移是矢量,路程是标量. 3.以下说法中正确的是( ) A.做匀变速直线运动的物体,ts 内通过的路程与位移的大小一定相等 B.质点一定是体积和质量极小的物体 C.速度的定义式和平均速度公式都是 ,因此速度就是指平均速度

D.速度不变的运动是匀速直线运动 考点:平均速度;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:位移是矢量,有大小,有方向,可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示;路程 表示运动轨迹的长度,在单向直线运动中,位移的大小等于路程. 质点是只计质量不计大小、形状的一个几何点,是实际物体在一定条件的科学抽象,能否看 作质点与物体本身无关, 要看所研究问题的性质, 看物体的形状和大小在所研究的问题中是 否可以忽略. 物体在某段时间内或通过某段位移时的速度叫平均速度. 解答: 解:A、在单向直线运动中,位移的大小等于路程. 做匀变速直线运动的物体,ts 内通过的路程与位移的大小不一定相等,例如竖直上抛后再返 回时,故 A 错误. B、质点是只计质量不计大小、形状的一个几何点,是实际物体在一定条件的科学抽象,能 否看作质点与物体本身无关, 要看所研究问题的性质, 看物体的形状和大小在所研究的问题 中是否可以忽略.故 B 错误. C、速度的定义式和平均速度公式都是 ,速度有平均速度和瞬时速度之分,故 C 错误.

D、速度不变的运动是匀速直线运动,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题是概念题,只要理解了概念就一定会做,故要熟记并理解概念. 4.关于速度和加速度的关系,下列说法正确的是( A.速度变化得越多,加速度就越大 B.速度变化得越快,加速度就越大 C.加速度方向保持不变,速度方向也保持不变 D.加速度大小不断变小,速度大小也不断变小 考点:加速度. 专题:直线运动规律专题. 分析:根据加速度的定义式 a= )

可知物体的加速度等于物体的速度的变化率,加速度的

方向就是物体速度变化量的方向, 与物体速度无关, 即物体的速度变化越快物体的加速度越 大.

解答: 解:A、物体的速度变化大,但所需时间更长的话,物体速度的变化率可能很小, 则加速度就会很小,故 A 错误. B、加速度反映速度变化的快慢,速度变化得越快,加速度就越大,故 B 正确; C、加速度方向保持不变,速度方向可以变化,例如平抛运动,故 C 错误 D、如果加速度方向与速度方向相同,加速度大小不断变小,速度却增大,故 D 错误 故选:B. 点评: 速度与加速度均是矢量, 速度变化的方向决定了加速度的方向, 却与速度方向无关. 同 时加速度增加,速度可能减小,所以加速度与初速度的方向关系决定速度增加与否. 5.下列关于加速度的描述中,正确的是( ) A.加速度在数值上等于单位时间里速度的变化 B.当加速度与速度方向相同且又减小时,物体做减速运动 C.速度方向为正时,加速度方向一定为负 D.速度变化越大,则加速度一定越大 考点:加速度. 专题:直线运动规律专题. 分析:加速度的定义是单位时间内速度的变化量,反应速度变化快慢的物理量;判断物体做 加速运动还是减速运动看加速度与速度的方向关系,当加速度与速度同向,则做加速运动, 当加速度与速度反向,则做减速运动. 解答: 解:A、据加速度定义式知,加速度在数值上等于单位时间里速度的变化,故 A 正 确. B、当加速度与速度同向,则做加速运动,当加速度与速度反向,则做减速运动,与加速度 的大小无关,故 B 错误. C、速度方向为正时,当物体加速运动时,加速度的方向为正;当物体减速运动时,加速度 反向为负,故 C 错误. D、加速度是描述速度变化快慢的物理量,当速度变化越快时,加速度越大,反之亦然,故 D 错误. 故选:A. 点评:解决本题的关键理解加速度的概念,以及知道当加速度与速度同向,则做加速运动, 当加速度与速度反向,则做减速运动. 6. 质点从静止开始做匀加速直线运动, 在第 1 个 2s、 第 2 个 2s 和第 5s 内三段位移比为( A.2:6:5 B.2:8:7 C.4:12:9 D.2:2:1 考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式 x= at ,可以求得位移之比. 解答: 解:由 x= at 可得, 第 1 个 2S 的位移为 x1= a×(2t) =2at ,
2 2 2 2

)

第 2 个 2S 的位移为 x2= a×(4t) ﹣ a×(2t) =6at , 第 5S 内的位移为 x3= a×(5t) ﹣ a×(4t) = at , 所以在第 1 个 2S、第 2 个 2S 和第 5S 内三段位移比为 2:6: =4:12:9,所以 C 正确. 故选 C. 点评:掌握住初速度为零的匀加速直线运动的位移公式 x= at 即可求得位移之比.
2 2 2 2

2

2

2

7.一物体以初速度 v0=20m/s 沿光滑斜面匀减速向上滑动,当上滑距离 x0=30m 时,速度减 为 v0,物体恰滑到斜面顶部停下,则斜面长度为( )

A.40 m B.50 m C.32 m D.60 m 考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析: 根据运动学速度位移关系公式, 分别对前后两段运动过程列式, 联立方程组求解即可. 解答: 解:设斜面长度为 L,根据速度位移关系公式得: =2ax0 0﹣ =2a(L﹣x0)

联立代入数据解得:L=32m 故 ABD 错误,C 正确; 故选:C. 点评:本题不涉及时间问题,优先考虑运动学速度位移关系公式,采用比例法比较简便. 8.一个物体从静止开始做匀加速直线运动.它在第 1s 内与第 2s 内的位移之比为 x1:x2, 在走完第 1m 时与走完第 2m 时的速度之比为 v1:v2,以下说法正确的是( ) A.x1:x2=1:3,v1:v2=1:2 B.x1:x2=1:3,v1:v2=1: C.x1:x2=1:4,v1:v2=1:2 D.x1:x2=1:4,v1:v2=1: 考点:匀变速直线运动规律的综合运用. 专题:直线运动规律专题. 分析:根据匀变速直线运动的位移时间得出第 1s 内和第 2s 内的位移之比,根据匀变速直线 运动的速度位移公式求出速度之比. 解答: 解:根据 x= at 知,1s 内和 2s 内的位移之比为 1:4,则 s1:s2=1:3. 根据 v =2ax 得,通过 1m 后和 2m 后的速度之比为 1: 故选:B.
2 2

.故 B 正确,A、C、D 错误.

点评: 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度位移公式, 并能灵活运用, 基础题. 9.如图所示,实线记录了一次实验中得到的运动小车的 v﹣t 图象,为了简化计算,用虚线 作近似处理,下列表述正确的是( )

A.小车做曲线运动 B.小车先做加速运动,再匀速运动,最后做减速运动 C.在 t1 时刻虚线反映的加速度比实际小 D.在 0~t1 的时间内,由虚线计算出的平均速度比实际的小 考点:匀变速直线运动的图像. 专题:运动学中的图像专题. 分析:匀变速运动的特点是加速度不变,根据速度图象的斜率读出加速度,分析物体的运动 性质.图线与坐标轴所围成的“面积”表示位移.根据速度的方向有无变化,分析物体做直线 运动还是曲线运动. 解答: 解:A、小车的速度均为正值,说明小车做直线运动,故 A 错误; B、图象的斜率表示加速度,根据虚线可知,小车先做加速运动,再匀速运动,最后做减速 运动.故 B 正确. C、 在 t1 时刻虚线的斜率比实线的大, 所以在 t1 时刻虚线反映的加速度比实际大. 故 C 错误. D、在 0﹣t1 时间内实线与时间轴围成的面积大于虚线与时间轴的面积,故实线反映的运动 在 0﹣t1 时间内通过的位移大于虚线反映的运动在 0﹣t1 时间内通过的位移,故由虚线计算 出的平均速度比实际的小,故 D 正确. 故选:BD 点评:本题考查读图能力,关键从数学意义来理解图象的物理意义:斜率表示加速度,面积 表示位移. 10.甲、乙两物体在 t=0 时刻经过同一位置沿 x 轴运动,其 v﹣t 图象如图所示,则( )

A.甲、乙在 t=0 到 t=ls 之间沿同一方向运动 B.乙在 t=0 到 t=7s 之间的位移为零 C.甲在 t=0 到 t=4s 之间做往复运动 D.甲、乙在 t=6s 时的加速度方向相同 考点:匀变速直线运动的图像.

专题:压轴题;运动学中的图像专题. 分析:本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向,图象与坐标轴所围的“面积” 表示物体的位移,斜率等于物体的加速度进行分析. 解答: 解:A、在 t=0 到 t=ls 之间,甲始终沿正方向运动,而乙先沿负方向运动后沿正方 向运动,故 A 错误; B、 根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移, t 轴上方的“面积”表示位移是正值, t 轴下方的“面积”表示位移是负值,则知在 t=0 到 t=7s 之间乙的位移为零.故 B 正确; C、在 t=0 到 t=4s 之间,甲的速度始终为正值,说明甲一直沿正方向做单向直线运动.故 C 错误; D、 根据斜率等于物体的加速度知, 甲、 乙在 t=6s 时的加速度方向都沿负方向, 方向相同. 故 D 正确. 故选:BD. 点评:本题关键要掌握速度图象的数学意义:图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移, 斜率等于物体的加速度进行分析. 11.做匀减速直线运动的质点,它的加速度大小为 a,初速度大小为 v0,经过时间 t 速度减 小到零,则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示?( ) A.v0t+ at B.v0t C. D. at
2 2

考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:质点做匀减速直线运动时,位移可以根据位移时间公式、平均速度乘以时间、速度位 移关系公式和逆向思维求解. 解答: 解:A、质点做匀减速直线运动,取初速度方向为正方向,则加速度为﹣a; 根据位移时间公式,位移大小为:x=v0t+ (﹣a)t ;故 A 错误; B、C、由题,物体做匀减速直线运动,已知初速度为 v0,末速度为 0,则全程的平均速度 为 x= ,故位移为: = ,故 B 错误,C 正确;
2 2

D、此运动可看出反向的初速度为零的匀加速运动,则 x= at ,故 D 正确; 故选:CD. 点评:对于匀变速直线运动,可用公式较多,关键要能根据条件,灵活选择公式的形式,同 时要掌握逆向思维. 12.物体自楼顶处自由落下(不计空气阻力) ,落到地面的速度为 v.在此过程中,物体从 楼顶落到楼高一半处所经历的时间为( )

A. B. C. D. 考点:自由落体运动. 专题:自由落体运动专题. 分析:设楼顶到地面的高度为 h,物体从楼顶落到楼高一半处的速度为 v′两次运用匀变速直 线运动位移与速度的关系及速度时间关系即可求解. 解答: 解:设楼顶到地面的高度为 h,物体从楼顶落到楼高一半处的速度为 v′则有: 2gh=v
2 2

2g =v′ 解得: t=

故选 C. 点评:本题考查的是自由落体运动基本公式的直接应用,难度不大,属于基础题. 13.甲乙两车在一平直道路上同向运动,其 v﹣t 图象如图所示,图中△ OPQ 和△ OQT 的面 积分别为 S1 和 S2(S2>S1) .开始时,甲车在乙车前方 So 处( )

A.若 So=S1+S2,两车不会相遇 B.若 So<S1,两车相遇 2 次 C.若 So=S1,两车相遇 1 次 D.若 So=S2,两车相遇 1 次 考点:匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题:运动学中的图像专题. 分析:此题考察了追击与相遇问题,解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系.两 物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件. 解答: 解:由图线可知:在 T 时间内,甲车前进了 S2,乙车前进了 S1+S2; A、若 So=S1+S2,则 S0+S2>S1+S2,即 S0>S1,两车不会相遇,故 A 正确; B、 若 S0<S1, 则 S0+S2<S1+S2,即在 T 时刻之前, 乙车会超过甲车,但甲车速度增加的快, 所以甲车还会超过乙车,则两车会相遇 2 次,故 B 正确; C、若 So=S1,则 S0+S2=S1+S2,两车只能相遇一次,故 C 正确;

D、若 S0=S2,由于 S2>S1,故 S0>S1,两车不会相遇,故 D 错误; 故选:ABC. 点评:1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律,是物理公式的函数表现形式,分析问题 时要做到数学与物理的有机结合,数学为物理所用. 2、在速度图象中,纵轴截距表示初速度,斜率表示加速度,图象与坐标轴围成的“面积”表 示位移,抓住以上特征,灵活分析. 14. 如图所示的装置中, 小球的质量均相同, 弹簧和细线的质量均不计, 一切摩擦忽略不计, 平衡时各弹簧的弹力分别为 F1、F2、F3,其大小关系是( )

A.F1=F2=F3 B.F1=F2<F3 C.F1=F3>F2 D.F3>F1>F2 考点:胡克定律. 分析:弹簧的弹力大小等于弹簧所受的拉力大小,分别以小球为研究对象,由平衡条件求解 弹簧的弹力. 解答: 解:第一幅图:以下面小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的 重力 G; 第二幅图:以小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力 G; 第三幅图:以任意一个小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力等于小球的重力 G; 所以平衡时各弹簧的弹力大小相等,即有 F1=F2=F3. 故选 A 点评:本题根据平衡条件确定弹簧的弹力大小,容易产生的错误是第三幅图:认为弹力等于 2G 或 0. 15.如图所示,倾角为 30°,重为 80N 的斜面体静止在水平面上.一根弹性轻杆一端垂直固 定在斜面体上,杆的另一端固定一个重为 2N 的小球,小球处于静止状态时,下列说法中正 确的是( )

A.斜面体有向左运动的趋势 B.地面对斜面体的支持力为 80 N C.球对弹性轻杆的作用力为 2 N,方向竖直向下 D.弹性轻杆对小球的作用力为 2 N,方向竖直向上 考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题.

分析:可用整体法研究,球、杆、斜面看成整体,整体只受重力和地面的支持力,水平方向 不受力,没有水平方向上的运动趋势,重力和地面的支持力是一对平衡力.在对小球隔离分 析,小球保持静止状态,合力为零,小球受重力和弹力,根据二力平衡条件可判断弹力的大 小和方向. 解答: 解:A、B、图中,杆、球、斜面均静止,可以看成整体,用整体法研究,相对于 地面没有向左运动的趋势.由二力平衡可知,地面的支持力等于整体的重力 82N.故 A、B 均错误. C、D、小球保持静止状态,处于平衡状态,合力为零;再对小球受力分析,受重力和弹力, 根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线,故弹力为 2N,竖直向上,根据牛 顿第三定律可知,球对弹性轻杆的作用力为 2 N,方向竖直向下,故 CD 正确. 故选:CD 点评:本题关键结合平衡条件对物体受力分析,要注意杆的弹力方向可以与杆平行,也可以 与杆不共线. 二、填空题(每空 3 分,共 9 分) 16.电火花打点计时器是测量时间的仪器,其工作电压为 220V,电源频率是 50Hz,它每隔 0.02S 打一次点.在测定匀变速直线运动加速度实验中,某次实验纸带的记录如图所示,每 打 5 个点取一个记数点,但第 3 个记数点没有画出.由图数据可求得:该物体的加速度为 2 0.74m/s 第 3 个记数点与第 2 个记数点的距离约为 4.36cm,第 2 个计数点的速度大小为 0.40m/s(小数点后保留两位) .

考点:测定匀变速直线运动的加速度. 专题:实验题;直线运动规律专题. 分析:根据连续相等时间内的位移之差是一恒量,求出物体的加速度,结合该推论求出第 3 个记数点与第 2 个记数点的距离, 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 第 2 个计数点的速度大小. 解答: 解:根据 则 得,a= +0.74×0.01m=4.36×10 m=4.36cm.
﹣2

m/s =0.74m/s .

2

2

计数点 2 的瞬时速度

m/s=0.40m/s.

故答案为:0.74、4.36、0.40. 点评:解决本题的关键掌握纸带的处理方法,会通过纸带求解瞬时速度和加速度,关键是匀 变速直线运动的推论的运用. 三、计算题(17 题 6 分,18 题 7 分,19 题 8 分,20 题 10 分) 17.一汽车在平直公路上以速度 V0 匀速行驶.

(1)司机突然发现在前方 x=90m 的地方有路障,开始紧急刹车,已知刹车的加速度是 a1= 2 ﹣5m/s ,汽车刚好在路障前面停下,求汽车原来的速度 V0 是多少? 2 (2)若汽车的刹车加速度是 a2=﹣3m/s ,初速度不变,为使汽车不撞上路障,司机必须比 2 加速度是 a1=﹣5m/s 时提早多少米发现路障? 考点:匀变速直线运动的速度与位移的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析: (1)知道位移、加速度,末速度(为 0) ,根据匀变速直线运动的速度位移公式 ,求出汽车原来的速度. (2)知道初速度、加速度、末速度(为 0) ,根据匀变速直线运动的速度位移公式 ,求出汽车的位移,减去 90m,即为提早的距离. 解答: 解: (1)由匀变速直线运动的速度位移公式 = 故汽车原来的速度为 30m/s. 2 (2)若汽车的加速度是 a2=﹣3m/s ,初速度不变.根据匀变速直线运动的速度位移公式 , ,得:

= △ x=150﹣90m=60m 故司机必须提早 60m 刹车. 点评:解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式 .

18.一辆巡逻车最快能在 10s 内由静止匀加速到最大速度 Vm=50m/s,并能保持这个速度匀 速行驶,问该巡逻车在平直的高速公路上由静止追上前方 2000m 处正以 V=35m/s 的速度匀 速行驶的汽车,至少需要多少时间? 考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析: 巡逻车追赶汽车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动, 追赶上时巡逻车和 汽车的位移存在这样的关系,x1=x2+2000m,x1 表示巡逻车的位移,x2 表示汽车的位移.根 据运动学公式,结合位移关系求出追及的时间. 解答: 解:设至少经过时间 t 追上 此时汽车的位移 x2=v2t 巡逻车匀加速运动的位移 则巡逻车的位移 x1=x′+x″=250+50×(t﹣10)=50t﹣250 因为 x1=x2+2000m ,匀速运动的位移 x″=vm(t﹣10)

代入数据得,t=150s. 故巡逻车追上汽车,至少需要 150s. 点评:解决本题的关键知道巡逻车追赶汽车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运 动,追赶上时巡逻车和汽车的位移存在这样的关系,x1=x2+2000m. 19.气球以 10m/s 的速度匀速竖直上升,从气球上掉下一个物体,经 17s 到达地面.求物体 刚脱离气球时气球的高度. (g=10m/s ) . 考点:竖直上抛运动. 专题:直线运动规律专题. 分析:物体做竖直上抛运动,初速度等于气球的匀速的速度,加速度为﹣g,直接代入位移 时间关系公式列式求解即可. 解答: 解:设物体刚刚离开气球时距地面的高度为 H,取竖直向上为正方向,将物体竖直 上抛运动看成加速度为﹣g 的匀减速直线运动.则有: ﹣H=v0t﹣ gt
2 2

代入数据得:H=﹣v0t+ gt =﹣10×17+

2

=1275m

答:物体刚脱离气球时气球的高度是 1275m. 点评:本题关键是要明确小球的初速度不为零,小球做竖直上抛运动,然后选择恰当的运动 学公式列式求解即可.选择竖直向上为正方向时,物体落地的位移不是 H,而是﹣H,要特 别注意位移的方向. 20.2011 年 8 月 10 日,改装后的瓦良格号航空母舰进行出海航行试验,中国成为拥有航空 母舰的国家之一.已知该航空母舰飞行甲板长度为 L=300m,某种战斗机在航空母舰上起飞 过程中的最大加速度为 a=4.5m/s ,飞机速度要达到 v=60m/s 才能安全起飞. (1)如果航空母舰静止,战斗机被弹射装置弹出后开始加速,要保证飞机起飞安全,战斗 机被弹射装置弹出时的速度至少是多大? (2)如果航空母舰匀速前进,在没有弹射装置的情况下,要保证飞机安全起飞,航空母舰 前进的速度至少是多大? 考点:匀变速直线运动的速度与位移的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析: (1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求出战斗机被弹射装置弹出时的最小速度. (2)根据匀变速直线运动的速度位移公式,抓住战斗机的位移等于甲板长度加上航空母舰 的位移,求出航空母舰的最小速度. 解答: 解: (1)设战斗机被弹射出来时的速度为 v0,由 =30m/s (2)设飞机起飞所用的时间为 t,在时间 t 内航空母舰航行的距离为 L1,航空母舰的最小速 度为 v1. 对航空母舰有:L1=v1t 对飞机有:v=v1+at 得
2

由以上三式联立解得



(1)战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是 30m/s. (2)航空母舰前进的速度至少是 8m/s. 点评:解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式,并能灵活运用.


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