浙江省余姚中学2019-2020学年高一上学期第一次质量检测物理试题

浙江省余姚中学2019-2020学年高一上学期第一次质量检测物理试题

www.ks5u.com ‎2019 学年度余姚中学高一物理第一次质量检测试卷 第 一 学 期 一．单项选择题 ‎1.诗句“满眼波光多闪灼，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行”中，“看山恰似走来迎”和“是船行”所选的参考系分别是 A. 船和山 B. 山和船 C. 地面和山 D. 河岸和流水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】参考系是为了研究问题的方便而假定不动的物体，在本题中作者和山之间的距离逐渐减小，而作者认为自己静止不动，从而“看山恰似走来迎”，故此现象选择的参考系是自己或者船与船上静止不动的物体，但实际上船是运动的，所谓是“船行”选择的参考系是河岸、山或者地球上相对地球静止不动的其它物体，故A正确。‎ ‎2.下列各组物理量中，都是矢量的是 A. 路程、时间 B. 加速度、速度变化量 C. 速率、加速度 D. 位移、质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．路程，时间都是只有大小没有方向的标量，故A错误；‎ B．加速度、速度变化量都是有大小又有方向的矢量，故B正确；‎ C．速率是速度的大小，是只有大小没有方向的标量，加速度是有大小又有方向的矢量，故C错误；‎ D．位移是有大小又有方向的矢量，质量是只有大小没有方向的标量，故D错误。‎ ‎3.北京时间11月11日，2018世游赛100米仰泳决赛东京站，来自中国浙大男孩徐嘉余以48秒88 的成绩打破世界记录，已知标准泳池长为50m，下列说法正确的是 A. 100米指的是位移 B. 48秒88指的是时刻 C. 在研究徐嘉余的游泳姿势时，不可把他视为质点 D. 徐嘉余100米仰泳决赛中的平均速度大小约为2.0m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．游泳的100m指的是路程，100m游泳的位移是0，故A错误；‎ B．48秒88指的是游完100m的时间，是时间间隔，故B错误；‎ C．研究游泳的姿势的时候不能把她看成质点，否则就没有姿势了，故C正确；‎ D．徐嘉余100米仰泳决赛中的位移是0，平均速度大小为0，故D错误。‎ ‎4.如图所示为某医院体检中心的身高测量仪。测量仪顶部向下发射波速为340m/s的超声波，超声波遇到障碍物后反射回来，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。已知测量仪没有站人时，顶部距离台面3.0m，当一学生站在台面规定位置后，测量仪记录的时间间隔为0.01s，则该学生的身高最接近（　　）‎ A. 110cm B. 130cm C. 150cm D. 170cm ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】超声波经历的路程为，因为超声波是一来一去，故单向路程为，所以人高，B正确．‎ ‎5.篮球从某一高度静止下落，并与地面碰撞后反弹，最后运动到最高点。下列位移时间图 象或速度时间图像最有可能符合实际的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据牛顿第二定律分析篮球的运动情况，根据x-t图象的斜率表示速度、v-t图象的斜率等于加速度，来分析图象的形状。‎ ‎【详解】篮球从静止开始下落的过程中，做匀加速直线运动，由x=at2知x-t图象应是抛物线，反弹后上升的过程，做匀减速运动，x-t图象也是抛物线，故A错误。篮球先向下做匀加速直线运动，速度为正，后向上做匀减速运动，速度为负，故BC错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是要明确篮球的运动情况，抓住与地面碰撞后速度突然反向来分析速度方向的变化。‎ ‎6.航母“辽宁舰”甲板长300m，起飞跑道长100m，目前顺利完成了舰载机“歼-15”起降飞行训练。“歼-15”降落时着舰速度大小约为70m/s，飞机尾钩钩上阻拦索后，在甲板上滑行50m左右停下，（航母静止不动）假设阻拦索给飞机的阻力恒定，则飞行员所承受的水平加速度与重力加速度的比值约为( )‎ A. 2‎ B. 5‎ C. 10‎ D. 50‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据速度和位移关系可知：，解得：，故，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】已知减速过程的初末速度和位移，根据速度与位移关系进行列式即可求得加速度，则可求得水平加速度与重力加速度的比值。‎ ‎7.从高h处自由下落一个物体，落地时间为t，则物体下落到离地面的高度为时，所经历的时间为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据自由落体运动的规律：‎ 联立解得：‎ 故D正确。‎ ‎8.一小球由静止释放自由下落，最后一秒内的位移为 20m，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球运动的总时间为 2s B. 小球着地的速度为 20m/s C. 小球着地的速度为 25m/s D. 小球释放的位置距地面的高度为 25m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据最后1s内的位移等于总位移减去（t-1）s内的位移，t为小球落地的时间，求解总时间，根据h=gt2求解高度，平均速度等于总位移除以总时间．‎ ‎【详解】最后1s内的位移x=gt2-g(t-1)2=20m，解得：t=2.5s，根据h=gt2=得：小球释放点距地面的高度h=×10×2.52m=31.25m，故AD错误；落地时速度v=gt=25m/s，故C正确，B错误；故选C。‎ ‎9.一物体从斜面顶端由静止匀加速滑下，前3s通过的位移和最后3s通过的位移之比为3：7，两段位移之差为6m，则该斜面的总长为 A. 12.5m B. 15m C. 18m D. 25m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设物体的加速度为a，沿斜面下滑的时间为t，由x2-x1=6和x1：x2=3：7‎ 物体在最初的t1=3s内的位移 代入数据解得 物体在最后的t2=3s内的位移 代入解得 则斜面的长度为 故A正确。‎ ‎10.a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移－时间图象如图所示，其中a是一条顶点坐标为（0，10）的抛物线，下列说法正确的是 A. b、c两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同 B. 在0～5s内，a、b两个物体间的距离先变小后变大 C. 物体c的速度越来越大 D. 物体a的加速度为0.8m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知b、c两物体都做匀速直线运动。由图看出斜率看出，b、c两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速度不同，故A错误；‎ B．t=0时刻a、b从同一位置出发开始运动，a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，在0〜5s内，a、b两个物体间的距离逐渐变大，故B错误；‎ C．位移图象的斜率表示速度，c图线的斜率不变，说明物体c的速度不变，故C错误；‎ D．对于匀加速直线运动位移公式，可见，x-t图象是抛物线，所以物体a一定做匀加速直线运动，在0-5s内a通过的位移为 将t=5s，x=10m代入，解得 故D正确。‎ ‎11.摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道。则摩托车在直道上行驶所用的最短时间为（有关数据见表格）。 ‎ 启动加速度a1‎ ‎4m/s2‎ 制动加速度a2‎ ‎8m/s2‎ 直道最大速度v1‎ ‎40m/s 弯道最大速度v2‎ ‎20m/s 直道速度s ‎218m A. 10s B. 11s C. 12.5s D. 15s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】如果先匀加速到最大速度40m/s，则有 匀减速运动到速度为20m/s的时间 所以加速距离 总位移 s1+s2=275m＞s 所以知摩托车不能达到最大速度v1，设满足条件的最大速度为v，则 解得：‎ 又加速的时间为 减速的时间为 因此所用的最短时间 t=t1+t2=11s 故B正确。‎ 二．不定项选择题 ‎12.关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是 A. 伽利略认为，在同一地点，重的物体和轻的物体应该下落得同样快 B. 伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 C. 伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间平方成正比 D. 伽利略思想方法核心是把实验和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢相同，故A正确；‎ B．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故B错误；‎ C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确；‎ D．伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理。伽利略思想方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，故D正确。‎ ‎13.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以用下列哪些式子表示 A. v0t+at2 B. C. D. at2‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据匀减速运动的位移时间关系知物体做匀减速地运动，加速度方向与速度方向相反，故位移为：‎ 故A错误 B．物体做匀减速运动，最终减速到0，根据速度与位移的公式有：‎ 得大小关系为：‎ 故B正确.‎ C．根据匀减速直线运动的平均速度公式知，该段时间内物体的平均速度为：‎ 则位移：‎ 所以C正确.‎ D．此运动可看出反向的初速度为零的匀加速运动则：‎ 所以D正确.‎ ‎14.一质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（位移单位为m、时间单位为s），则该质点 A. 第1s内的位移是5m B. 任意1s内的速度增量都是2m/s C. 任意相邻1s内的位移之差都是2m D. 第2s内的平均速度是7m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2，根据匀变速直线运动的位移时间关系公式，可得初速度为，加速度为，所以第1s内的位移为 故A错误；‎ B．物体的加速度a=2m/s2，故任意1s内的速度增量都是2m/s，故B正确；‎ C．任意相邻的1s内位移差：‎ ‎△x=aT2=2×12m=2m 故C正确；‎ D．第1s末的速度为 第2s末的速度为 所以第2s内的平均速度为 故D错误。‎ ‎15.几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证 实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一 起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线 运动。恰好能穿出第四个水球，则可以判定（ ）‎ A. 由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的时间比 B. 子弹在每个水球中运动的时间相同 C. 子弹在每个水球中速度变化量相同 D. 子弹穿过每个水球过程中，速度变化量依次增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题。‎ ‎【详解】设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据x=at2知，所以时间之比为1：‎ ‎：：2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可知，子弹依次穿过4个水球的时间之比为：（2-）：（−）：（−1）：1，故A正确，B错误；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；由于子弹依次穿过4个水球的时间依次增大，则子弹穿过每个水球过程中，速度变化量依次增大，故C错误，D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】本题属匀变速直线运动的基本规律应用，只要能掌握运动情景及正确应用匀减速直线运动的逆过程即可顺利求解。‎ ‎16.将小球A从地面以初速度vA=40m/s 竖直上抛，经过一段时间Δt后又以vB=30m/s 将小球B从同一点竖直上抛，为了使两个小球能在空中相遇，则Δt可取的值为 A. 1s B. 3s C. 6s D. 9s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，由竖直上抛运动的速度时间关系式可得 考虑△t的上限，即A球就要落回地面时才抛出B球，则B球会在地面上方与A球迎面相碰，故应有 ‎△t＜tA 考虑△t下限，即B球抛出后快回到地面时，被A球追上相碰，故应有 由题中数据vA=40m/s，vB=30m/s，即可得 ‎2s＜△t＜8s 故BC正确。‎ 三．实验题 ‎17.用电磁打点计时器探究小车速度随时间变化的规律的实验中 ‎ ‎(1)除打点计时器（含纸带，复写纸）、小车、平板、导线及开关外，在下面的仪器和器 ‎ 材中，必需使用的有__________。‎ A.电压合适的50Hz的交流电源 B.电压可以调的直流电源 ‎ C.刻度尺 D.秒表 E.天平 F.钩码 ‎ ‎(2)下列实验操作中正确的是_______‎ A.打点计时器应固定在长木板上，且靠近滑轮一端 ‎ B.开始实验时小车应靠近打点计时器一端 ‎ C.应先接通电源，待打点稳定后再释放小车 ‎ D.牵引小车的钩码个数越多越好 ‎(3)某小组利用打点计时器对物块沿长木板加速下滑时的运动进行探究。物块拖动纸带下 滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出 的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器 最先打出的是______点。在打出C点时物块的速度大小为______m/s（保留3位有效数字）； 物块下滑的加速度大小为______m/s2（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). ACF (2). BC (3). A (4). 0.233 (5). 0.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下列的器材中，必须使用的有电压合适的50Hz交流电源给打点计时器供电，需要用刻度尺测量计数点之间的距离处理数据，钩码作为小车的动力，所以ACF正确；‎ ‎(2)[2]A．打点计时器应固定在长木板上，在固定滑轮的另一端，故A错误；‎ B．为了在纸带打更多的点，开始实验时小车应放在靠近打点计时器一端，故B正确；‎ C．打点计时器在使用时，为了使打点稳定，同时为了提高纸带的利用率，使尽量多的点打在纸带上，要应先接通电源，再放开纸带，故C正确；‎ D．牵引小车的钩码并非越多越好，故D错误．‎ ‎(3)[3]物块加速下滑，速度越来越大，在相等时间内物块的位移越来越大，刚开始时在相等时间内的位移较小，由图示纸带可知，打点计时器最先打出的点是A点；‎ ‎[4]每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，相邻计数点间的时间间隔为：‎ t=0.02×5=0.1s 打出C点时的速度大小为：‎ ‎[5]匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度为 四．计算题 ‎18.一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8m（连接处长度不计），求：‎ ‎(1)火车的加速度的大小；‎ ‎(2)人开始观察时火车速度的大小．‎ ‎【答案】(1)0.16m/s2 (2)7.2m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据△x=aT2，代入数据有：‎ 解得：‎ ‎(2)中间时刻的瞬时速度为 根据速度位移公式得：‎ ‎ ‎ 代入数据解得：‎ ‎19.在距地面25 m处竖直上抛一球，第1 s末及第3 s末先后经过抛出点上方15 m处，试求：（g="10" m/s2）‎ ‎（1）上抛的初速度；‎ ‎（2）从抛出到落地所需的时间。‎ ‎【答案】（1）20 m/s （2）5 s ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做竖直上抛运动，由位移与时间的关系：h＝v0t−gt2代入数据得： 15=v0×1-5×12 解得：v0=20m/s 落地时，位移为：-25m 由位移与时间的关系：h＝v0t−gt2代入数据得：-25=20×t-5t2 解得：t=-1或5s t=-1舍去，故：t=5s ‎20.2011年7月23日上海铁路局管辖内的甬温线动车组因列车追尾而发生大量人员伤亡的惨烈事故。现有甲、乙两列火车在同一轨道上同向行驶，甲车在前，其速度v1＝10m/s，乙车速度v2＝30m/s。因大雾能见度低，乙车在距甲车600m时才发现前方有甲车，此时乙车立即刹车，但乙车要减速1800m才能够停止。‎ ‎(1)乙车刹车后减速运动的加速度多大？‎ ‎(2)若乙车刹车8s后，甲车以加速度a1＝0.5m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免则两车最近时相距多远？‎ ‎【答案】（1）0.25m/s2 （2）不会发生撞车事故；两车最近时相距232m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据速度与位移的关系公式：得 ‎(2)设乙车减速t秒时两车的速度相同：‎ 代入数值解得：‎ t=32s 在此过程中 由于 不会发生撞车事故．此时：‎ ‎△s=sA+s-sB=464+600-832=232m ‎21.我边防武警追捕逃犯的过程可以模拟为如下情景。如图所示，B为武警车，车上装有测速仪，测速仪安装有超声波发射和接收装置，已知声速，A为逃犯汽车，两者静止且相距335 m，B距边境线5000m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动向边境逃窜．当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m，同时B由静止开始做匀加速直线运动追A. 已知A的最大速度为30 m/s，B的最大速度为40 m/s。问：‎ ‎（1）A的加速度多大？‎ ‎（2）B的加速度至少多大才能在境内追上A?‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设超声波追上A车的时间为，此段时间A车的位移，超声波从A车反射回的时间为，此段时间A车的位移。则：‎ ‎ ‎ 解得：x1=5m，x2=15m ‎- ‎ ‎ ‎ ‎（2）A车加速到最大速度时间： ‎ 位移 ‎ 匀速运动到边境线的时间 ‎ B车运动到边境线的时间 ‎ 设B车加速到最大速度的时间, B匀速运动到边境线的时间.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ B车加速度至少为 。‎ ‎ ‎