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湖南娄底一中2013届高一物理奥赛培训选拔考试


2013 高一物理奥赛培训选拔考试 培训选拔 娄底一中 2013 届高一物理奥赛培训选拔考试
总分: 总分:100 分 时间: 时间:70 分钟

一.选择题(每小题至少有一个选项符合要求,每题 5 分,共 20 分。选对部分答案得 2 分,
有错选不得分) 1.甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,它们的 v-t 图象如图所示。两图象在

t=t1 时相 . 交于 P 点,P 在横轴上的投影为 Q,△OPQ 的面积为 S。在 t=0 时刻,乙车在甲车前面,相 距为 d。已知此后两车相遇两次,且第一次相遇的时刻为 t′,则 下面四组 t′ 和 d 的组合可能是 ( A B. t′= . t′ ) = t1 , d=S

1 1 t1 , d = S 2 4
C . t′

1 1 = t1 , d = S 2 2

D. t′=

1 3 t1 , d = S 2 4

2. 如图所示,以 8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有 2 s 将熄灭,此时汽车距离 . 停车线 18 m.该车加速时最大加速度大小为 2 m/s2, 减速时最大加速度大小为 5 m/s2.此路段允 许行驶的最大速度为 12.5 m/s.下列说法中正确的是 ( )

A.如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线 B.如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 C.如果立即做匀减速运动,在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 D.如果距停车线 5 m 处减速,汽车能停在停车线处 3. 如图所示,质量为 m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上,物体距传送带左端距离为 L,稳定时绳与水平方向的夹角为 θ ,当传送带分别以 v1、v2 的速度作逆时针转动时(v1<v2) , 绳中的拉力分别为 F1、F2;若剪断细绳时,物体到达左端的时间分 别为 t1、t2,则下列说法正确的是 A. F1 < F2 C. t1 一定大于 t2 ( )

B. F1 = F2 D. t1 可能等于 t2

4. 如图,A、B 为竖直墙面上等高的两点,AO、BO 为长度相等的两根轻绳,CO 为一根轻杆, 转轴 C 在 AB 中点 D 的正下方,AOB 在同一水平面内,∠AOB=120°,∠COD=60°,若在 O 点处悬挂一个质量为 m 的物体,则平衡后绳 AO 所受的拉力和杆 OC 所受的压力分别为( ) (A) 3 2 3 mg, mg, 3 3 1 (B)mg, mg, 2
A
1

D

B O

C

m

2 3 (C) 3

mg,

3 mg, 3

1 (D) mg,mg。 2

) 二.计算题(四个小题,共 80 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。 5. . (20 分)“10 米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质.测定时,在平直跑道上,受试者以站立 式起跑姿势站在起点终点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正前方 10 米处的折返线,测试 员同时开始计时.受试者到达折返线处时,用手触摸折返线处的物体(如木箱) ,再转身跑向起 点终点线,当胸部到达起点终点线的垂直面时,测试员停表,所用时间即为“10 米折返跑”的成 绩.设受试者起跑的加速度为 4m/s2,运动过程中的最大速度为 4m/s,快到达折返线处时需减 速到零,加速度的大小为 8m/s2,返回时达到最大速度后不需减速,保持最大速度冲线.受试者 在加速和减速阶段运动均可视为匀变速直线运动.问该受试者“10 米折返跑”的成绩为多少秒?
起点终点线 折返线

跑道
10m

木箱

5. (20 分)三个完全相同的圆柱体,如图叠放在水平桌面上,将 C 柱放上去之前,A、B 两柱体 之间接触而无任何挤压,假设桌面和柱体之间的摩擦因数为μ0,柱体与柱体之间的摩擦因数 为μ,若系统处于平衡,μ0 与μ必须满足什么条件?

2

7. (20 分)质点以加速度 a 从静止出发做直线运动,在某时刻 t,加速度变为 2a;在时刻 2t,加 速度变为 3a;…;在 nt 时刻,加速度变为(n+1)a ,求: (1)nt 时刻质点的速度; (2)nt 时间内通过的总路程.

3

8. (20 分)当物体从高空下落时, 空气对物体的阻力会随物体的速度增大而增大,因此,物体 下落一段距离后将会匀速下落,这个速度被称为收尾速度。研究发现,在相同环境条件下,球 形物体的收尾速度仅与球半径及质量有关。下表是某次研究的实验数据: (1)试根据表中数据,求出 B、C 两球达到收尾速度时,所受的空气阻力比, (2) 试根据表中数据,归纳出球形物体所受的空气阻力 f 与球的速度 v 及球的半径 r 的关系式 (写出表达式及比例系数) 。 (3)将 C、D 两小球用轻绳连接,若 它们在下落时所受空气阻力与单独下落时的规律相同,让 它们同时从足够高处下落,试求出它们的收尾速度,并判断它们的落地顺序。 小球 小球半径 r(×10 m) 小球质量 m(×10 kg) 小球收尾速度 v(m/s)
-6 -3

A 0.5 2 16

B 0.5 5 40

C 1.5 45 40

D 2.0 40 20

E 2.5 100 32

4

1. D

2. AC

3. BD

4. A

5.解:对受试者,由起点终点线向折返线运动的过程中 解 加速阶段: t1 =

vm 1 = 1 s, s1 = v m t1 = 2 m a1 2

减速阶段: t 3 =

vm 1 = 0.5 s, s 3 = v m t 3 = 1 m a2 2 l ? (s1 + s 3 ) = 1.75 s vm

匀速阶段: t 2 =

由折返线向起点终点线运动的过程中 加速阶段: t 4 =

vm 1 = 1 s, s 4 = v m t 4 = 2 m a1 2 l ? s4 =2s vm

匀速阶段: t 5 =

受试者 10 米折返跑的成绩为: t = t1 + t 2 + L + t 5 = 6.25 s

6. 分析和解:这是一个物体系的平衡问题,因为 A、B、C 之间相互制约着而有单个物体在 分析和解: 力系作用下处于平衡,所以用隔离法可以比较容易地处理此类问题。 设每个圆柱的重力均为 G,首先隔离 C 球,受力分析如 图 1 一 7 所示,由∑Fcy=0 可得

2(

3 1 N1 + f1 ) = G 2 2



再隔留 A 球,受力分析如图 1 一 8 所示,由∑FAy=0 得

3 1 N1 + f1 ? N 2 + G = 0 2 2
由∑FAx=0 得



5

f2 +

3 1 N1 ? N1 = 0 2 2



由∑EA=0 得

f1 R = f 2 R
由以上四式可得



f1 = f 2 =

N1 2? 3 = G 2 2+ 3

1 3 N1 = G , N 2 = G 2 2
而 f 2 ≤ ?0 N 2 , f1 ≤ ? N1

?0 ≥

2? 3 ,? ≥ 2? 3 3

7.解析 根据递推法的思想,从特殊到一般找到规律,然后求解. 解析 (1)物质在某时刻 t 末的速度为 vt = at 2t 末的速度为 v 2t = v t + 2at , 所以v 2 t = at + 2at 3t 末的速度为 v3t = v 2t + 3at = at + 2at + 3at …… 则 nt 末的速度为 v nt = v ( n ?1) t + nat

= at + 2at + 3at + L + (n ? 1)at + nat = at (1 + 2 + 3 + L + n) 1 1 = at ? (n + 1)n = n(n + 1)at 2 2
(2)同理:可推得 nt 内通过的总路程

s=

1 n(n + 1)(2n + 1)at 2 . 12

8.解: (1)达到收尾速度时 f=mg, 所以 fB;fC=1;9, (2) 由 A、B 得:f∝v, 由 B、C 得:f∝r2, 所以 f=kvr2, 代入一组数据得:k=5, 所以 f=5vr2, (3) C+mD)g=kv(rC2+rD2) (m ,所以 (45+40)×10 5 (mC+mD)g = m/s=27.2 m/s, v= - 2 2 k(rC +rD ) 5(1.52+22)×10 6
6


fD=5×27.2×(2×10 3)2=5.44×10 4 N, - - fC=5×27.2×(1.5×10 3)2=3.06×10 4 N, 如果单独运动,C 将加速而 D 将减速,所以 C 先到地。





1.如图所示,一根遵从胡克定律的弹性绳,一端固定在天花板上的 O 点,另一端与静止在水平 . 地面上的滑块 M 相连接。水平地面的动摩擦因数恒定。B 为紧挨绳的一光滑小钉。OB 等于弹 性绳的自然长度。当绳处于竖直位置时, 滑块 M 对地面有压力作 用。现在水平力 F 作用于物块 M,使之向右做直线运动,在运动 过程中,作用于物块 M 的摩擦力 (A)逐渐增大 (C)保持不变 ( C )
B O

(B)逐渐减小 (D)条件不足无法判断

θ
M

F

例 6.图 2—7 细杆 AB 长 l ,端点 A、B 分别被约束在 x 和 y 轴上运动,试求: . (1)杆上与 A 相距 al ( 0 < a < l )的 P 点的运动轨迹; (2)如果图中θ角和 υ A 为已知,那么 P 点的 x 、 y 方向分运动速率 υ Px 、 υ Py 是多少? 分析和解: 分析和解:本题中的内部约束就是杆长和 P 点在杆中的位置,而外部约束是 A、B 分别被约 束在 x 和 y 轴上运动,这样就确定了它们之间的几何关系。 (1)杆 A 端在 y 轴上的位置用坐标 y A 九表示,杆 B 端的位置用坐标 xB 表示,P 点的坐标为 ( x p、yP ) ,利用几何关系,得出 x p、yP 与 xB、y A 的关系为

xP al = =a xB l
即 xP = axB = al sin θ

yP l ? al = = 1? a yA l

yP = (1 ? a ) x A = (1 ? a )l cos θ
由以上两式,得
2 2 xP yP + =1 (al )2 [ (1 ? a )l ]2

这是一个椭圆方程,故 P 点的运动轨迹为椭圆. (2)设在Δt 时间内, 点坐标的改变量为 ?xP 和 ?y P , A、 两端坐标的相应改变量为 ?y A P 杆 B 和 ?xB , 利用 P 点坐标与 A、 两端坐标在几何上的关连有 B

?xP ?x ?y ?y = a B , P = (1 ? a ) A ?t ?t ?t ?t

根据速度分量的定义,当△t → 0 时 υ Px = aυ B , υ Py = (1 ? a )υ A

7

式中 υ A 和 υ B 分别是 A 端和 B 端的速度.由 AB 杆不可伸长,有

υ A cos θ = υ B sin θ
最后得出 P 点的速度分量为

υ Px = aυ A cot θ

υ Py = (1 ? a)υ A

8


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