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1、 1 安徽省六安市舒城中学安徽省六安市舒城中学 2016 20172016 2017 学年高一 上 第三次检测物理试学年高一 上 第三次检测物理试 卷卷 一 选择题 一 选择题 每小题每小题 4 4 分 分 共共 4848 分 分 1 81 8 题为单选题 只有一个选项正确 题为单选题 只有一个选项正确 9 129 12 为多选题为多选题 全部选对得全部选对得 4 4 分 分 选对但不全得选对但不全得 2 2 分 分 不选或有选错的得不选或有选错的得 0 0 分 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
2、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 2 t1 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
3、进的是关卡 4 所以 C 正确 故选 C 2 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 2 速度 m s 反应距离 m 制动距离 m 10 12 20 15 18 X 20 Y 80 25 30 125 A 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
4、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 3 名师点睛 本题主要考查了匀变速直线运动位移
5、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 t1 t2 B v1 v2 t1 t2 C v1 v2 t1 t2 D v1 v2 t1 t2 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
6、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 t1 t2 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
7、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 4 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 0 001s 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 0 001s 时间内的位移为 0 02m 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
8、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
9、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 AD 7 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 5 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
10、落地则有 由以上可解得 h 7 2m 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 k1 k2 a 和 b 表示质量分别为 ma和 mb的 两个小物体 ma
11、mb 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 6 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 D 9 一只气球
12、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 10 1m 10m 石子上升的位移为 20 1 10 1m 15m 因为 15 10m 5m 6m 所以石子一定追不上
13、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 9 1m 9m 石子上升的位移为 20 1 10 1m 15m 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
14、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 4m C 可以求得 OA 之间的距离为 1 125m 7 D 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
15、 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 3 125 2m 1 125m 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 aT2 11 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 s2 B 物体的加速度大小一定为 6 0 m s2 C 物体在
16、第 1 0 s 末速度一定为 9 0 m s D 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 8 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
