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3、【全国百强校】辽宁省沈阳二中、抚顺二中2019-2020学高一上学期期中考试物理试题（教师版）
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这是一份3、【全国百强校】辽宁省沈阳二中、抚顺二中2019-2020学高一上学期期中考试物理试题（教师版），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳二中、抚顺二中2019-2020学高一上学期期中考试物理试题 12
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一物理
(满分:100分,时间:90分钟)
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、选择题(本题共10小题,50分,其中1—7题为单选,8—10为多选。全部选对的得5分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分。)
1.(★)2017年9月中旬,京沪高铁“复兴号”列车提速至350 km/h,使运行时间进一步缩短。G101次列车运行时刻表为:06∶36北京南—12∶40上海虹桥,北京至上海的直线距离约为1 088 km,高铁运行距离约为1 318 km,下列说法正确的是( )
A.由于列车有长度,故研究高铁列车运动的任何问题中,都不能把它视为质点
B.时刻表中的06∶36指的是时间间隔
C.由题目信息可以估算正点到达的列车在全程的平均速度约为180 km/h
D.350 km/h是指列车在全程的平均速率
1.
考向 质点 时间和时刻 平均速度和平均速率
思路分析 根据质点的条件、时间时刻的区别、平均速度和平均速率定义解题。
解析 A:列车长度相对于北京到上海的距离可以忽略不计,在研究它整段的运动时可以看出质点,A错误;
B:6∶36指发车的时刻,B错误;
C:从北京到上海直线位移约为1 088 km,时间约为6 h,平均速度等于位移除以时间约为180 km/h,C正确;
D:350 km/h是提速完毕后的瞬时速度,D错误。
答案 C
点评 当物体自身的大小形状对于所研究的问题没有影响,就可以把物体看成质点,与物体大小无关;时间是指时间的长度,在时间轴上对应一段距离,时刻是指时间点,在时间轴上对应一个点;平均速度是指物体运动过程中的平均快慢程度,大小等于位移除以时间;平均速率等于路程除以时间。
2.(★)一辆汽车正在一段平直的高速公路上以108 km/h速度匀速行驶,忽然发现前方路面出现险情,于是刹车避免了事故的发生。已知司机的反应时间为0.5 s,刹车的加速度大小为5 m/s2,则从司机发现险情到车停下来一共前进( )
A.90 m B.105 m
C.195 m D.205 m
2.
考向 刹车问题,多过程问题
思路分析 汽车在司机反应时间内做匀速直线运动,然后再做匀减速运动,分段求位移再相加。
解析 108 km/h=30 m/s,汽车在司机反应时间内做匀速直线运动x1=v0t=30×0.5=15 m,刹车后做匀减速直线运动x2=v022a=3022×5=90 m,故车停下来一共前进x=x1+x2=15+90=105 m,故选B。
答案 B
点评 刹车问题是实际应用,不能不加分析直接套用公式,否则容易造成错解。若已经停止,位移x=v022a、速度v=0;若未停止,位移x=v0t-12at2、速度v=v0-at,本题还要注意汽车分两个阶段运动。
3.(★)如图所示,以下四图中的球均为光滑的球,地面为水平地面,所有物体均处于静止状态,其中甲、丙图中细线均处于拉直状态,则以下说法正确的是( )
A.甲、乙中的球均受到两个弹力的作用
B.丙、丁中的球均受到两个弹力的作用
C.球受到弹力的作用是因为球发生了弹性形变要恢复原状,从而受到了弹力的作用
D.如果已知球的形变量Δx,则一定可以求出球产生的弹力为:F=kΔx
3.
考向 假设法判断弹力有无、弹力产生的原因
思路分析 使用假设法判断小球弹力的个数。
解析 A:甲中小球受到重力和水平地面向上的支持力,如果斜面对小球有弹力,则弹力方向偏左下,小球不能保持平衡,故甲中小球只受一个弹力;乙中小球受到重力和水平地面向上的支持力,如果斜面对小球有弹力,则弹力方向偏右上,小球不能保持平衡,故甲乙中小球只受一个弹力,A错误;
B:丙中小球受到重力,如果撤去倾斜面,小球向右摆动;如果撤去绳,小球沿斜面向下滑动,所以倾斜面和绳对小球均有弹力;丁中小球受到重力,如果撤去倾斜面,小球下落;如果撤去挡板,小球沿斜面向下滑动,所以倾斜面和挡板对小球均有弹力,故丙丁中小球受两个弹力,B正确;
C:小球受到的弹力是由于施力物体发生形变要恢复原状而产生的,故C错误;
D:胡克定律F=kΔx只适用于弹簧,故D错误。
答案 B
点评 弹力产生原因:施力物体发生弹性形变后要恢复原状,对与它接触的受力物体产生弹力的作用。物体是否受弹力作用,相互接触只是一个必要条件,不能通过形变判断时通过假设法判断弹力有无。
(1)假设将与研究对象接触的物体撤去,判断研究对象的运动状态是否发生改变,若运动状态不变,则此处不存在弹力,若运动状态改变,则此处一定存在弹力。(2)假设各个接触面均有弹力,判断研究对象是否能满足题中的静止或运动状态,进而判断弹力有无。
4.(★)关于速度、速度变化量和加速度说法正确的是( )
A.速度变化量大的运动,加速度一定大
B.速度变化量为零的运动是匀变速直线运动
C.可能存在这样的运动,速度向东且在增大,而加速度向西
D.加速度相同的两个物体,相同时间内的速度变化量必相同
4.
考向 加速度和速度、速度变化量之间的关系
思路分析 根据加速度定义式a=ΔvΔt,加速度大小等于速度的变化率,不由速度大小和速度变化量大小决定,速度变化量可以由Δv=aΔt分析。
解析 A:根据加速度定义式a=ΔvΔt,速度变化量Δv变化大,可能是Δt较大而a较小,故A错误;
B:匀变速直线运动时任意相等时间间隔速度变化量相同的运动,不是Δv=0,故B错误;
C:当加速度和速度方向相同时,速度增大,故速度向东增大则加速度必然向东,故C错误;
D:根据Δv=aΔt,加速度和时间间隔相同,则速度变化量相同,故D正确。
答案 D
点评 (1)加速度等于速度的变化率,是描述速度变化快慢的物理量,速度变化的越快时,加速度越大。
(2)加速度的大小不由速度大小和速度变化量大小决定,加速度为零时速度不一定为零,速度为零时加速度不一定为零。速度大加速度不一定大,速度小加速度不一定小。
(3)当加速度方向与速度方向相同时,物体做加速运动,当加速度方向与速度方向相反时,物体做减速运动。
(4)速度变化量由加速度和时间间隔决定,Δv=aΔt,方向和加速度方向相同。
5.(★)游泳运动员a,b在平行的泳道上进行游泳训练,以x表示他们的位置。该图近似的描述了他们在0到56 s的运动过程,在这一段时间里( )
A.在任意时刻两名运动员速度都不可能相同
B.两名运动员相遇时,a、b的运动方向是相同的
C.两名运动员相遇时,a的速度总是比b大
D.运动员a在56 s末的速度为0
5.
考向 x-t图象
思路分析 x-t图象的斜率代表速度,本题通过分析三个时刻甲乙图象的斜率进行判断。
解析 A:x-t图象斜率代表速度,a、b在某一时刻斜率相等,速度相同,故A错误;
B:x-t图象交点代表某时刻处于同一位置,即相遇,a、b相遇两次,第一次相遇ab速度为正。第二次相遇a速度为负,b速度为正,故B错误;
C:x-t图象交点代表某时刻处于同一位置,即相遇,a、b相遇两次,交点处a的斜率均大于b 的斜率,故a的速度总是比b 大,故C正确;
D:x-t图象斜率代表速度,a在56 s末斜率不为0,速度不为0,故D错误。
答案 C
点评 x-t图象反映了各个时刻物体的位移情况,斜率代表速度,斜率不变代表物体做匀速直线运动;交点代表某时刻处于同一位置,即相遇。
6.(★★)一观察者站在站台上,此处恰好是一列火车第一节车厢的前端。若该列火车由静止开始做匀加速直线运动,全部列车在观察者前通过的时间为9 s,第一节车厢通过观察者的时间为3 s,则下列说法正确的是( )
A.第一节车厢末端与第三节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶3
B.第一节车厢与第三节车厢经过观察者所用时间之比是3∶1
C.此列车共有6节车厢
D.此列车共有9节车厢
6.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 火车做初速度为零的匀加速直线运动,利用位移速度关系求出速度比,再根据位移时间关系求时间比和车厢数。
解析 设共有N节车厢,每节车厢长度为x,
A:根据位移速度关系第一节车厢经过时的速度v12=2ax,第三节车厢经过时的速度v32=2a3x,联立解的v1∶v3=1∶3,故A错误;
B:根据x=12at2可知,通过x、2x、3x所用时间为1∶2∶3,故第一节车厢通过观察者时间和第三节车厢通过观察者时间之比为1∶(3-2),故B错误;
CD:第一节车厢通过观察者用3 s,可得x=12a×32;全部列车通过观察者用9 s,可得Nx=12a×92,联立解得N=9,故C错误、D正确。
答案 D
点评 初速度为零的匀加速运动规律:位移时间关系x=12at2,速度时间关系v=gt,位移速度关系v2=2ax,本题注意根据每节车厢长度相等的特点灵活选择公式解题。
7.(★)某实验小组想利用所学的物理知识测量楼房的高度,他们让一个直径为4 cm的金属实心小球从该楼房顶由静止自由落下,在临近地面的地方利用光电门记下小球通过光电门的时间为2.0×10-5 s,通过计算可以知道该楼房的高度大约是( )
A.5米 B.12米
C.20米 D.28米
7.
考向 自由落体运动规律、光电门的应用
思路分析 由v=dΔt求出小球临近地面的速度,再根据位移速度公式求房子高度。
解析 小球落地的速度v=dΔt=0.042×10-3=20 m/s,由公式v2=2gh得h=v22g=2022×10=20 m,C正确。
答案 D
点评 自由落体运动是初速度为零,加速度为g的匀变速直线运动,匀变速直线运动的规律和推论都适用。自由落体下落高度h=12gt2、末速度v=gt、高度与速度满足v2=2gh。
光电门测量挡光时间,当时间非常小时平均速度近似和瞬时速度相等,故小球通过光电门的速度可以用v=dΔt计算。
8.(★★)一辆汽车在水平面上做直线运动,其位移与时间的关系是:x=5t+2t2(各物理量均采用国际单位),则以下说法正确的是( )
A.3 s末汽车的速度是17 m/s
B.3 s末汽车的速度是11 m/s
C.汽车在第3 s内的位移比第1 s内位移多8 m
D.汽车在第3 s内的位移比第1 s内位移多4 m
8.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 通过对位移时间关系式x=v0t+12at2的分析,确定物体运动的初速度和加速度,根据速度时间关系式和位移与平均速度关系解题。
解析 根据x=v0t+12at2=5t+2t2,解得v0=5 m/s、a=4 m/s2
AB:3 s末的速度根据v3=v0+at3=17 m/s,故A正确B错误;
CD:1 s末的速度v1=v0+at1=9 m/s,2 s末的速度v2=v0+at2=13 m/s,根据位移平均速度关系,第3 s内的位移比第1 s内的位移多x3-x2=v2+v32×1-v0+v12×1=8 m,故C正确D错误。
答案 AC
点评 本题是对运动的概念的考查,要知道匀变速直线运动位移与时间的函数关系式中各系数所代表的物理量。
9.(★★)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动,它们的速度-时间图象如图所示,下列说法正确的是( )
A.a、b加速运动时,物体a的加速度等于物体b的加速度
B.前60秒内,40秒时a、b两物体相距最远
C.60秒时,物体a与物体b相遇
D.70秒时,物体a与物体b相遇
9.
考向 v-t图象的应用,追及问题
思路分析 a物体0时刻开始运动,先加速后匀速,b物体20 s时开始匀加速追a,再分析v-t图象斜率、交点、面积等结合运动规律解答。
解析 A:在v-t图象中切线的斜率表示加速度,加速阶段a的加速度1.5 m/s2,b的加速度2 m/s2,故A错误;
B:由题意a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动,从图中看出,40 s之前a的速度一直大于b,a在前方,两物体间距逐渐增大;从40 s之b的速度超过a,两物体间距逐渐减小,所以40 s时两物体速度相等、相距最远。故B正确;
CD:在v-t图象中图象与坐标轴围成的面积代表位移,70秒a的位移xa=10+402×20+40×50=2 500 m,b的位移xb=12×2×502=2 500m,故70 s时两物体相遇,C错误D正确。
答案 BD
点评 规律总结,在v-t图象中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正数,时间轴下方速度是负数;切线的斜率表示加速度,图象向右上方倾斜为正,右下方倾斜为负;图象与坐标轴围成的面积代表位移,时间轴上方为正,时间轴下方为负。
10.(★★)水平面上M点处有一物体,t=0时刻从静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a1,t=t1时刻运动到N点,且立即以另一反向加速度做匀变速直线运动,加速度大小为a2,在t=3t1时刻恰好回到出发点M。则有关物体在从M点到N点及从N点到M点的两段运动过程中的描述,下列说法正确的是( )
A.两段运动过程中的位移相同
B.两段运动过程中的平均速度大小不同
C.两段运动过程中加速度大小的比为a1∶a2=4∶5
D.从N点回到M点过程中,在N点到M点速度大小的比为2∶3
10.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 3t1物体回到出发点,两段运动的位移大小相等、方向相反,位移和为0,列出位移关系式求加速度之比,再根据平均速度和速度时间关系式解题。
解析 A:3t1物体回到出发点,两段运动的位移大小相等、方向相反,故A错误;
B:平均速度等于位移与时间的比值,两段运动位移大小相等,时间不同,平均速度大小不同,故B正确;
C:如图所示,
0~t1 x1=12a1t12 v=a1t1t1~3t1 x2=v(2t1)-12a2(2t1)2x1+x2=0⇒a1∶a2=4∶5,
故C正确;
D:N点速度v=a1t1根据速度时间关系M点速度vt=v-a22t1=a1t1-54a12t1=-32a1t1,所以N点和M点速度大小之比为2∶3,故D正确。
答案 BCD
点评 本题考查对匀变速直线运动公式的综合应用,在解题时注意两段运动的联系,速度关系、位移关系和物理量的方向问题,可以做运动示意图帮助分析。
第Ⅱ卷(非选择题,50分)
二、填空题(本题共2小题,共21分)
11.(★)(6分)把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数,如图甲所示。
(1)未挂钩码之前,指针B指在毫米刻度尺如图甲所示的位置上,记为 cm;
(2)将质量50 g的钩码逐个挂在弹簧Ⅱ的下端,逐次记录两弹簧各自的伸长量。所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x,可描绘出如图乙所示的图象,由图象可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数k2= N/m;(取重力加速度g=9.8 N/kg)
(3)图乙中,当弹簧Ⅰ的伸长量超过17 cm时,其图线为曲线,此现象可能的原因是: 。
11.
考向 探究弹簧弹力和形变量之间的关系
思路分析 刻度尺读数时需要估读到最小刻度的下一位;使用胡克定律结合图象中的数据求出两个弹簧的劲度系数,再分析17 cm时的弹力并求出钩码个数。
解析 (1)刻度尺读数时读到最小刻度下一位,故答案为16.00。
(2)根据胡克定律F=KΔX,弹簧Ⅱ形变量Δx=7.00 cm时,F=mg=4×0.05×9.8=1.96 N,故K2=F/Δx=28 N/m。
(3)由丙图数据可知,弹簧Ⅰ的伸长量超过17 cm时图线弯曲,是因为拉力过大,弹簧超过弹性限度。
答案 (1)16.00 (2)28 (3)弹簧超出了弹性限度
点评 (1)实验读数时要注意估读问题,刻度尺最小刻度为0.1 cm,读数时读到最小刻度0.1 cm的下一位,即cm做单位,读数结果小数点后有两位。(2)胡克定律F=KΔX应用时要注意F、K、ΔX三个量必须对应着同一个弹簧的同一个状态。(3)注意坐标轴的单位,统一使用国际制单位运算。
12.(★★)(15分)用下图所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
(1)关于实验,下列说法中正确的是 。
A.电磁打点计时器可使用低压直流电源
B.该实验应先释放小车,后接通打点计时器的电源
C.如果打点计时器在纸带上打下的点逐渐由密集变得稀疏,则说明纸带的速度由小变大
D.实验中应该选择从离打点计时器较远的位置释放小车
(2)对该实验数据的处理,下列说法正确的是 。
A.应该舍掉纸带上那些距离较远的点,因为点迹越密集的部分越容易准确测量长度
B.如果有必要,纸带上的点也可以每2个点选一个计数点
C.在纸带上确定计时起点时,必须要用打出的第一个点
D.作图象时,必须要把描出的各个数据点都要连在同一条直线上
(3)实验中获得一条纸带,如图所示,其中每两相邻计数点间有4个点未画出。已知所用电源的频率为50 Hz,则打A点时小车运动的速度大小v1= m/s,小车运动的加速度大小a= m/s2(以上计算结果均要求保留两位有效数字)。
(4)如果实验时交变电流的实际频率略小于50 Hz,则加速度的测量值和真实值相比将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.
考向 实验器材、步骤、注意事项和数据处理
思路分析 打点周期等于电源频率的倒数,根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点A的速度,再根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量求出小车的加速度,并讨论误差。
解析 (1)A:打点计时器要使用低压交流电源,故A错误;
B:实验时要先接通电源后释放小车,故B错误;
C:打点计时器相同时间间隔在纸带上打下一个点,点迹越密集说明速度越小,点迹越稀疏说明速度越大,故C正确;
D:为了更充分的利用纸带,释放小车位置要靠近打点计时器,故D错误。
(2)处理数据时要舍点迹密集的点,因为不便于测量,A错;选择合适的点作为计数点,可以每2个、每5个、每n个,故B正确;若第一个点附近点迹密集应舍去,故C错;作图是让尽量多的点落在线上,但不是全部的点,故D错误。
(3)根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得vA=xOB2T=0.06730.2=0.34 m/s,根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量求出小车的加速度a=xBD-x0B(2T)2=0.1502−0.0673−0.06730.04=0.39 m/s2。
(4)若实际功率小于50 Hz,则根据打点周期等于电源频率的倒数,测量值频率偏大,测量值T偏小,代入(3)问公式中计算所得的加速度测量值偏大。
答案 C B 0.34 0.39 偏大
点评 在“研究小车速度随时间变化的规律”实验中,常见的实验装置和操作要求:(1)打点计时器电源是用交流电。(2)先接通电源,再释放小车。(3)牵引小车的细线和木板平行。(4)小车从靠近打点计时器的位置释放。在运用公式处理纸带时要注意:(1)测量长度的单位在代入公式运算时均转化成m。(2)注意T的取值,本题相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s。(3)计算结果注意按照题中要求保留小数或有效数字。
描绘图线的注意事项:(1)尽可能让更多的点落在线上;(2)落不到线上的点均匀的分布在线的两侧;(3)误差比较大的点舍去;(4)判断图线时直线还是平滑曲线。
三、计算题(本题共2小题,共29分,解答时应该写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。)
13.(★★)(12分)某物理兴趣小组利用改进后的实验装置研究滑动摩擦力,装置如图1所示。固定好力传感器(可以直接显示拉力大小的装置),用细线将木块与力传感器连接起来,用手向右拉动木板,并让细线处于拉直状态,即可测定木板与木块间的摩擦力。通过在木块上添减砝码来改变木块对下面木板的压力大小,测量得到木块重力为1.61 N,木板重力为1.31 N。每个砝码的质量为200 g,(g=9.8 N/kg)。记录相关数据得到以下表格:
材料:木块与木板
次数
砝码数量
压力(N)/N
滑动摩擦力(f)/N
μ值
1
0
1.61
0.40
0.25
2
1
①
1.00
0.28
3
2
5.53
1.50
0.27
4
3
7.49
②
0.27
5
4
9.45
2.50
0.26
(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力;本题各问的结果均保留两位小数)
(1)通过以上数据,试求出①、②中力的大小;木块与木板间μ的平均值。
(2)由其它实验过程得出的该木板与水平桌面间滑动摩擦力-压力的图象如图2所示。则在此实验中,当木块上放置3个砝码时,将木板拉出过程中,手的水平拉力至少多大?
13.
考向 受力分析、平衡条件和摩擦力大小计算
思路分析 根据受力分析和滑动摩擦力公式求①②,再求摩擦因数得平均值;根据滑动摩擦力大小求出木板和水平地面间的摩擦力,再根据平衡条件求出水平拉力。
解析 (1)N=mg+1.61 N(1分)
N=3.57 N(1分)
f=μN(1分)
f=2.02 N(1分)
μ=μ1+μ2+μ3+μ4+μ55=0.27(2分)
(2)由图象可得木板与桌面间动摩擦因数:μ'=fN(1分)
μ'=0.50(1分)
木板与桌面间的压力为:N'=N+m'g(1分)
N'=8.80 N(1分)
拉力至少大于F=f+f'=f+μ'N'(1分)
F=6.42 N(1分)
点评 本题考查了多个物体的受力分析和平衡问题,注意解题时先选取研究对象,隔离研究对象进行受力分析。
14.(★★★)(17分)在国庆七十年的电视转播过程中使用了遥控飞行器,这种飞行器的动力系统可以提供不同的升力,保证飞行器做出变速运动。由于拍摄需要,飞行器从地面由静止开始竖直上升,要在最短时间内到达竖直上空45 m处,并在此处保持悬停拍摄。已知该飞行器上升时加速过程的加速度和减速过程的加速度大小分别为5 m/s2和10 m/s2,飞行器设计飞行最大速度为10 m/s。在此任务执行的过程中,地面人员要同时控制该飞行器释放一颗彩蛋,当飞行器上升2.5 s时,飞行器上的辅助装置以相对飞行器速度为零释放了这颗彩蛋(但未影响飞行器正常飞行),若这颗彩蛋运动的加速度大小始终为10 m/s2,方向竖直向下,求:
(1)飞行器从地面上升到拍摄点的平均速度为多少?
(2)彩蛋落地时,飞行器与彩蛋间的距离为多少?
14.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 飞信号器上升到45处的过程时间最短,故经历加速、减速二个阶段,求出时间,利用平均速度公式求解;根据释放时刻,确定彩蛋的初速度,再根据彩蛋运动时间求出飞行器的离地高度即为距离。
解析 (1)欲使飞行器以最短时间到达45 m处,应让飞行器的平均速度最大,故假设飞行器直接匀加速到10 m/s,紧接着匀减速到速度为零,
有:s=vm22a1+vm22a2=15 m(2分)
故飞行器必经历一段匀速飞行过程,设匀速飞行时间为t,
则:H=s+vmt t=3 s(2分)
(注:用其它方法讨论得到需经历匀速运动过程,并求对匀速时间也得4分。)
加速运动时间:t1=vma1=2 s(1分)
减速运动时间:t2=vma2=1 s(1分)
全程的平均速度为:v=Ht+t1+t2=7.5 m/s(2分)
(2)由于释放彩蛋时刻大于2 s且小于5 s,故脱离时初速度为10 m/s,释放时离地面高度h=vm22a1+vm×Δt=15 m(2分)
设彩蛋落地时间为t3,和:-h=vmt3-12att32(2分)
t3=3 s(1分)
(注:用其它方法得到正确的落地时间共可以得5分;如采用分段计算则可以参照上面的对应步骤给分)
此时飞行器上升时间为:t4=2.5 s+3 s=5.5 s(1分)
到速度为零经历时间为t5=6-5.5=0.5 s(1分)
飞行器处于减速阶段,距离最高点:
Δh=12a2t52=1.25 m(1分)
彩蛋落地时,飞行器与彩蛋间的距离为:
H-Δh=43.75 m(1分)
点评 本题解题关键是要确定飞行器加速后马上减速的运动用时最短(如图),然后对飞行器的运动分段处理,再利用飞行器和彩蛋运动的等时性关系推导位置关系,本题与生活情景联系,考查学生物理素养与综合运用物理知识解决实际问题的能力。
辽宁省沈阳二中、抚顺二中2019-2020学高一上学期期中考试物理试题 12
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一物理
(满分:100分,时间:90分钟)
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、选择题(本题共10小题,50分,其中1—7题为单选,8—10为多选。全部选对的得5分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分。)
1.(★)2017年9月中旬,京沪高铁“复兴号”列车提速至350 km/h,使运行时间进一步缩短。G101次列车运行时刻表为:06∶36北京南—12∶40上海虹桥,北京至上海的直线距离约为1 088 km,高铁运行距离约为1 318 km,下列说法正确的是( )
A.由于列车有长度,故研究高铁列车运动的任何问题中,都不能把它视为质点
B.时刻表中的06∶36指的是时间间隔
C.由题目信息可以估算正点到达的列车在全程的平均速度约为180 km/h
D.350 km/h是指列车在全程的平均速率
1.
考向 质点 时间和时刻 平均速度和平均速率
思路分析 根据质点的条件、时间时刻的区别、平均速度和平均速率定义解题。
解析 A:列车长度相对于北京到上海的距离可以忽略不计,在研究它整段的运动时可以看出质点,A错误;
B:6∶36指发车的时刻,B错误;
C:从北京到上海直线位移约为1 088 km,时间约为6 h,平均速度等于位移除以时间约为180 km/h,C正确;
D:350 km/h是提速完毕后的瞬时速度,D错误。
答案 C
点评 当物体自身的大小形状对于所研究的问题没有影响,就可以把物体看成质点,与物体大小无关;时间是指时间的长度,在时间轴上对应一段距离,时刻是指时间点,在时间轴上对应一个点;平均速度是指物体运动过程中的平均快慢程度,大小等于位移除以时间;平均速率等于路程除以时间。
2.(★)一辆汽车正在一段平直的高速公路上以108 km/h速度匀速行驶,忽然发现前方路面出现险情,于是刹车避免了事故的发生。已知司机的反应时间为0.5 s,刹车的加速度大小为5 m/s2,则从司机发现险情到车停下来一共前进( )
A.90 m B.105 m
C.195 m D.205 m
2.
考向 刹车问题,多过程问题
思路分析 汽车在司机反应时间内做匀速直线运动,然后再做匀减速运动,分段求位移再相加。
解析 108 km/h=30 m/s,汽车在司机反应时间内做匀速直线运动x1=v0t=30×0.5=15 m,刹车后做匀减速直线运动x2=v022a=3022×5=90 m,故车停下来一共前进x=x1+x2=15+90=105 m,故选B。
答案 B
点评 刹车问题是实际应用,不能不加分析直接套用公式,否则容易造成错解。若已经停止,位移x=v022a、速度v=0;若未停止,位移x=v0t-12at2、速度v=v0-at,本题还要注意汽车分两个阶段运动。
3.(★)如图所示,以下四图中的球均为光滑的球,地面为水平地面,所有物体均处于静止状态,其中甲、丙图中细线均处于拉直状态,则以下说法正确的是( )
A.甲、乙中的球均受到两个弹力的作用
B.丙、丁中的球均受到两个弹力的作用
C.球受到弹力的作用是因为球发生了弹性形变要恢复原状,从而受到了弹力的作用
D.如果已知球的形变量Δx,则一定可以求出球产生的弹力为:F=kΔx
3.
考向 假设法判断弹力有无、弹力产生的原因
思路分析 使用假设法判断小球弹力的个数。
解析 A:甲中小球受到重力和水平地面向上的支持力,如果斜面对小球有弹力,则弹力方向偏左下,小球不能保持平衡,故甲中小球只受一个弹力;乙中小球受到重力和水平地面向上的支持力,如果斜面对小球有弹力,则弹力方向偏右上,小球不能保持平衡,故甲乙中小球只受一个弹力,A错误;
B:丙中小球受到重力,如果撤去倾斜面,小球向右摆动;如果撤去绳,小球沿斜面向下滑动,所以倾斜面和绳对小球均有弹力;丁中小球受到重力,如果撤去倾斜面,小球下落;如果撤去挡板,小球沿斜面向下滑动,所以倾斜面和挡板对小球均有弹力,故丙丁中小球受两个弹力,B正确;
C:小球受到的弹力是由于施力物体发生形变要恢复原状而产生的,故C错误;
D:胡克定律F=kΔx只适用于弹簧,故D错误。
答案 B
点评 弹力产生原因:施力物体发生弹性形变后要恢复原状,对与它接触的受力物体产生弹力的作用。物体是否受弹力作用,相互接触只是一个必要条件,不能通过形变判断时通过假设法判断弹力有无。
(1)假设将与研究对象接触的物体撤去,判断研究对象的运动状态是否发生改变,若运动状态不变,则此处不存在弹力,若运动状态改变,则此处一定存在弹力。(2)假设各个接触面均有弹力,判断研究对象是否能满足题中的静止或运动状态,进而判断弹力有无。
4.(★)关于速度、速度变化量和加速度说法正确的是( )
A.速度变化量大的运动,加速度一定大
B.速度变化量为零的运动是匀变速直线运动
C.可能存在这样的运动,速度向东且在增大,而加速度向西
D.加速度相同的两个物体,相同时间内的速度变化量必相同
4.
考向 加速度和速度、速度变化量之间的关系
思路分析 根据加速度定义式a=ΔvΔt,加速度大小等于速度的变化率,不由速度大小和速度变化量大小决定,速度变化量可以由Δv=aΔt分析。
解析 A:根据加速度定义式a=ΔvΔt,速度变化量Δv变化大,可能是Δt较大而a较小,故A错误;
B:匀变速直线运动时任意相等时间间隔速度变化量相同的运动,不是Δv=0,故B错误;
C:当加速度和速度方向相同时,速度增大,故速度向东增大则加速度必然向东,故C错误;
D:根据Δv=aΔt,加速度和时间间隔相同,则速度变化量相同,故D正确。
答案 D
点评 (1)加速度等于速度的变化率,是描述速度变化快慢的物理量,速度变化的越快时,加速度越大。
(2)加速度的大小不由速度大小和速度变化量大小决定,加速度为零时速度不一定为零,速度为零时加速度不一定为零。速度大加速度不一定大,速度小加速度不一定小。
(3)当加速度方向与速度方向相同时,物体做加速运动,当加速度方向与速度方向相反时,物体做减速运动。
(4)速度变化量由加速度和时间间隔决定,Δv=aΔt,方向和加速度方向相同。
5.(★)游泳运动员a,b在平行的泳道上进行游泳训练,以x表示他们的位置。该图近似的描述了他们在0到56 s的运动过程,在这一段时间里( )
A.在任意时刻两名运动员速度都不可能相同
B.两名运动员相遇时,a、b的运动方向是相同的
C.两名运动员相遇时,a的速度总是比b大
D.运动员a在56 s末的速度为0
5.
考向 x-t图象
思路分析 x-t图象的斜率代表速度,本题通过分析三个时刻甲乙图象的斜率进行判断。
解析 A:x-t图象斜率代表速度,a、b在某一时刻斜率相等,速度相同,故A错误;
B:x-t图象交点代表某时刻处于同一位置,即相遇,a、b相遇两次,第一次相遇ab速度为正。第二次相遇a速度为负,b速度为正,故B错误;
C:x-t图象交点代表某时刻处于同一位置,即相遇,a、b相遇两次,交点处a的斜率均大于b 的斜率,故a的速度总是比b 大,故C正确;
D:x-t图象斜率代表速度,a在56 s末斜率不为0,速度不为0,故D错误。
答案 C
点评 x-t图象反映了各个时刻物体的位移情况,斜率代表速度,斜率不变代表物体做匀速直线运动;交点代表某时刻处于同一位置,即相遇。
6.(★★)一观察者站在站台上,此处恰好是一列火车第一节车厢的前端。若该列火车由静止开始做匀加速直线运动,全部列车在观察者前通过的时间为9 s,第一节车厢通过观察者的时间为3 s,则下列说法正确的是( )
A.第一节车厢末端与第三节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶3
B.第一节车厢与第三节车厢经过观察者所用时间之比是3∶1
C.此列车共有6节车厢
D.此列车共有9节车厢
6.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 火车做初速度为零的匀加速直线运动,利用位移速度关系求出速度比,再根据位移时间关系求时间比和车厢数。
解析 设共有N节车厢,每节车厢长度为x,
A:根据位移速度关系第一节车厢经过时的速度v12=2ax,第三节车厢经过时的速度v32=2a3x,联立解的v1∶v3=1∶3,故A错误;
B:根据x=12at2可知,通过x、2x、3x所用时间为1∶2∶3,故第一节车厢通过观察者时间和第三节车厢通过观察者时间之比为1∶(3-2),故B错误;
CD:第一节车厢通过观察者用3 s,可得x=12a×32;全部列车通过观察者用9 s,可得Nx=12a×92,联立解得N=9,故C错误、D正确。
答案 D
点评 初速度为零的匀加速运动规律:位移时间关系x=12at2,速度时间关系v=gt,位移速度关系v2=2ax,本题注意根据每节车厢长度相等的特点灵活选择公式解题。
7.(★)某实验小组想利用所学的物理知识测量楼房的高度,他们让一个直径为4 cm的金属实心小球从该楼房顶由静止自由落下,在临近地面的地方利用光电门记下小球通过光电门的时间为2.0×10-5 s,通过计算可以知道该楼房的高度大约是( )
A.5米 B.12米
C.20米 D.28米
7.
考向 自由落体运动规律、光电门的应用
思路分析 由v=dΔt求出小球临近地面的速度,再根据位移速度公式求房子高度。
解析 小球落地的速度v=dΔt=0.042×10-3=20 m/s,由公式v2=2gh得h=v22g=2022×10=20 m,C正确。
答案 D
点评 自由落体运动是初速度为零,加速度为g的匀变速直线运动,匀变速直线运动的规律和推论都适用。自由落体下落高度h=12gt2、末速度v=gt、高度与速度满足v2=2gh。
光电门测量挡光时间,当时间非常小时平均速度近似和瞬时速度相等,故小球通过光电门的速度可以用v=dΔt计算。
8.(★★)一辆汽车在水平面上做直线运动,其位移与时间的关系是:x=5t+2t2(各物理量均采用国际单位),则以下说法正确的是( )
A.3 s末汽车的速度是17 m/s
B.3 s末汽车的速度是11 m/s
C.汽车在第3 s内的位移比第1 s内位移多8 m
D.汽车在第3 s内的位移比第1 s内位移多4 m
8.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 通过对位移时间关系式x=v0t+12at2的分析,确定物体运动的初速度和加速度,根据速度时间关系式和位移与平均速度关系解题。
解析 根据x=v0t+12at2=5t+2t2,解得v0=5 m/s、a=4 m/s2
AB:3 s末的速度根据v3=v0+at3=17 m/s,故A正确B错误;
CD:1 s末的速度v1=v0+at1=9 m/s,2 s末的速度v2=v0+at2=13 m/s,根据位移平均速度关系,第3 s内的位移比第1 s内的位移多x3-x2=v2+v32×1-v0+v12×1=8 m,故C正确D错误。
答案 AC
点评 本题是对运动的概念的考查,要知道匀变速直线运动位移与时间的函数关系式中各系数所代表的物理量。
9.(★★)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动,它们的速度-时间图象如图所示,下列说法正确的是( )
A.a、b加速运动时,物体a的加速度等于物体b的加速度
B.前60秒内,40秒时a、b两物体相距最远
C.60秒时,物体a与物体b相遇
D.70秒时,物体a与物体b相遇
9.
考向 v-t图象的应用,追及问题
思路分析 a物体0时刻开始运动,先加速后匀速,b物体20 s时开始匀加速追a,再分析v-t图象斜率、交点、面积等结合运动规律解答。
解析 A:在v-t图象中切线的斜率表示加速度,加速阶段a的加速度1.5 m/s2,b的加速度2 m/s2,故A错误;
B:由题意a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动,从图中看出,40 s之前a的速度一直大于b,a在前方,两物体间距逐渐增大;从40 s之b的速度超过a,两物体间距逐渐减小,所以40 s时两物体速度相等、相距最远。故B正确;
CD:在v-t图象中图象与坐标轴围成的面积代表位移,70秒a的位移xa=10+402×20+40×50=2 500 m,b的位移xb=12×2×502=2 500m,故70 s时两物体相遇,C错误D正确。
答案 BD
点评 规律总结,在v-t图象中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正数,时间轴下方速度是负数;切线的斜率表示加速度,图象向右上方倾斜为正,右下方倾斜为负;图象与坐标轴围成的面积代表位移,时间轴上方为正,时间轴下方为负。
10.(★★)水平面上M点处有一物体,t=0时刻从静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a1,t=t1时刻运动到N点,且立即以另一反向加速度做匀变速直线运动,加速度大小为a2,在t=3t1时刻恰好回到出发点M。则有关物体在从M点到N点及从N点到M点的两段运动过程中的描述,下列说法正确的是( )
A.两段运动过程中的位移相同
B.两段运动过程中的平均速度大小不同
C.两段运动过程中加速度大小的比为a1∶a2=4∶5
D.从N点回到M点过程中,在N点到M点速度大小的比为2∶3
10.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 3t1物体回到出发点,两段运动的位移大小相等、方向相反,位移和为0,列出位移关系式求加速度之比,再根据平均速度和速度时间关系式解题。
解析 A:3t1物体回到出发点,两段运动的位移大小相等、方向相反,故A错误;
B:平均速度等于位移与时间的比值,两段运动位移大小相等,时间不同,平均速度大小不同,故B正确;
C:如图所示,
0~t1 x1=12a1t12 v=a1t1t1~3t1 x2=v(2t1)-12a2(2t1)2x1+x2=0⇒a1∶a2=4∶5,
故C正确;
D:N点速度v=a1t1根据速度时间关系M点速度vt=v-a22t1=a1t1-54a12t1=-32a1t1,所以N点和M点速度大小之比为2∶3,故D正确。
答案 BCD
点评 本题考查对匀变速直线运动公式的综合应用,在解题时注意两段运动的联系,速度关系、位移关系和物理量的方向问题,可以做运动示意图帮助分析。
第Ⅱ卷(非选择题,50分)
二、填空题(本题共2小题,共21分)
11.(★)(6分)把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数,如图甲所示。
(1)未挂钩码之前,指针B指在毫米刻度尺如图甲所示的位置上,记为 cm;
(2)将质量50 g的钩码逐个挂在弹簧Ⅱ的下端,逐次记录两弹簧各自的伸长量。所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x,可描绘出如图乙所示的图象,由图象可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数k2= N/m;(取重力加速度g=9.8 N/kg)
(3)图乙中,当弹簧Ⅰ的伸长量超过17 cm时,其图线为曲线,此现象可能的原因是: 。
11.
考向 探究弹簧弹力和形变量之间的关系
思路分析 刻度尺读数时需要估读到最小刻度的下一位;使用胡克定律结合图象中的数据求出两个弹簧的劲度系数,再分析17 cm时的弹力并求出钩码个数。
解析 (1)刻度尺读数时读到最小刻度下一位,故答案为16.00。
(2)根据胡克定律F=KΔX,弹簧Ⅱ形变量Δx=7.00 cm时,F=mg=4×0.05×9.8=1.96 N,故K2=F/Δx=28 N/m。
(3)由丙图数据可知,弹簧Ⅰ的伸长量超过17 cm时图线弯曲,是因为拉力过大,弹簧超过弹性限度。
答案 (1)16.00 (2)28 (3)弹簧超出了弹性限度
点评 (1)实验读数时要注意估读问题,刻度尺最小刻度为0.1 cm,读数时读到最小刻度0.1 cm的下一位,即cm做单位,读数结果小数点后有两位。(2)胡克定律F=KΔX应用时要注意F、K、ΔX三个量必须对应着同一个弹簧的同一个状态。(3)注意坐标轴的单位,统一使用国际制单位运算。
12.(★★)(15分)用下图所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
(1)关于实验,下列说法中正确的是 。
A.电磁打点计时器可使用低压直流电源
B.该实验应先释放小车,后接通打点计时器的电源
C.如果打点计时器在纸带上打下的点逐渐由密集变得稀疏,则说明纸带的速度由小变大
D.实验中应该选择从离打点计时器较远的位置释放小车
(2)对该实验数据的处理,下列说法正确的是 。
A.应该舍掉纸带上那些距离较远的点,因为点迹越密集的部分越容易准确测量长度
B.如果有必要,纸带上的点也可以每2个点选一个计数点
C.在纸带上确定计时起点时,必须要用打出的第一个点
D.作图象时,必须要把描出的各个数据点都要连在同一条直线上
(3)实验中获得一条纸带,如图所示,其中每两相邻计数点间有4个点未画出。已知所用电源的频率为50 Hz,则打A点时小车运动的速度大小v1= m/s,小车运动的加速度大小a= m/s2(以上计算结果均要求保留两位有效数字)。
(4)如果实验时交变电流的实际频率略小于50 Hz,则加速度的测量值和真实值相比将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.
考向 实验器材、步骤、注意事项和数据处理
思路分析 打点周期等于电源频率的倒数,根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点A的速度,再根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量求出小车的加速度,并讨论误差。
解析 (1)A:打点计时器要使用低压交流电源,故A错误;
B:实验时要先接通电源后释放小车,故B错误;
C:打点计时器相同时间间隔在纸带上打下一个点,点迹越密集说明速度越小,点迹越稀疏说明速度越大,故C正确;
D:为了更充分的利用纸带,释放小车位置要靠近打点计时器,故D错误。
(2)处理数据时要舍点迹密集的点,因为不便于测量,A错;选择合适的点作为计数点,可以每2个、每5个、每n个,故B正确;若第一个点附近点迹密集应舍去,故C错;作图是让尽量多的点落在线上,但不是全部的点,故D错误。
(3)根据某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得vA=xOB2T=0.06730.2=0.34 m/s,根据连续相等时间间隔位移差是一个恒量求出小车的加速度a=xBD-x0B(2T)2=0.1502−0.0673−0.06730.04=0.39 m/s2。
(4)若实际功率小于50 Hz,则根据打点周期等于电源频率的倒数,测量值频率偏大,测量值T偏小,代入(3)问公式中计算所得的加速度测量值偏大。
答案 C B 0.34 0.39 偏大
点评 在“研究小车速度随时间变化的规律”实验中,常见的实验装置和操作要求:(1)打点计时器电源是用交流电。(2)先接通电源,再释放小车。(3)牵引小车的细线和木板平行。(4)小车从靠近打点计时器的位置释放。在运用公式处理纸带时要注意:(1)测量长度的单位在代入公式运算时均转化成m。(2)注意T的取值,本题相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s。(3)计算结果注意按照题中要求保留小数或有效数字。
描绘图线的注意事项:(1)尽可能让更多的点落在线上;(2)落不到线上的点均匀的分布在线的两侧;(3)误差比较大的点舍去;(4)判断图线时直线还是平滑曲线。
三、计算题(本题共2小题,共29分,解答时应该写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。)
13.(★★)(12分)某物理兴趣小组利用改进后的实验装置研究滑动摩擦力,装置如图1所示。固定好力传感器(可以直接显示拉力大小的装置),用细线将木块与力传感器连接起来,用手向右拉动木板,并让细线处于拉直状态,即可测定木板与木块间的摩擦力。通过在木块上添减砝码来改变木块对下面木板的压力大小,测量得到木块重力为1.61 N,木板重力为1.31 N。每个砝码的质量为200 g,(g=9.8 N/kg)。记录相关数据得到以下表格:
材料:木块与木板
次数
砝码数量
压力(N)/N
滑动摩擦力(f)/N
μ值
1
0
1.61
0.40
0.25
2
1
①
1.00
0.28
3
2
5.53
1.50
0.27
4
3
7.49
②
0.27
5
4
9.45
2.50
0.26
(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力;本题各问的结果均保留两位小数)
(1)通过以上数据,试求出①、②中力的大小;木块与木板间μ的平均值。
(2)由其它实验过程得出的该木板与水平桌面间滑动摩擦力-压力的图象如图2所示。则在此实验中,当木块上放置3个砝码时,将木板拉出过程中,手的水平拉力至少多大?
13.
考向 受力分析、平衡条件和摩擦力大小计算
思路分析 根据受力分析和滑动摩擦力公式求①②,再求摩擦因数得平均值;根据滑动摩擦力大小求出木板和水平地面间的摩擦力,再根据平衡条件求出水平拉力。
解析 (1)N=mg+1.61 N(1分)
N=3.57 N(1分)
f=μN(1分)
f=2.02 N(1分)
μ=μ1+μ2+μ3+μ4+μ55=0.27(2分)
(2)由图象可得木板与桌面间动摩擦因数:μ'=fN(1分)
μ'=0.50(1分)
木板与桌面间的压力为:N'=N+m'g(1分)
N'=8.80 N(1分)
拉力至少大于F=f+f'=f+μ'N'(1分)
F=6.42 N(1分)
点评 本题考查了多个物体的受力分析和平衡问题,注意解题时先选取研究对象,隔离研究对象进行受力分析。
14.(★★★)(17分)在国庆七十年的电视转播过程中使用了遥控飞行器,这种飞行器的动力系统可以提供不同的升力,保证飞行器做出变速运动。由于拍摄需要,飞行器从地面由静止开始竖直上升,要在最短时间内到达竖直上空45 m处,并在此处保持悬停拍摄。已知该飞行器上升时加速过程的加速度和减速过程的加速度大小分别为5 m/s2和10 m/s2,飞行器设计飞行最大速度为10 m/s。在此任务执行的过程中,地面人员要同时控制该飞行器释放一颗彩蛋,当飞行器上升2.5 s时,飞行器上的辅助装置以相对飞行器速度为零释放了这颗彩蛋(但未影响飞行器正常飞行),若这颗彩蛋运动的加速度大小始终为10 m/s2,方向竖直向下,求:
(1)飞行器从地面上升到拍摄点的平均速度为多少?
(2)彩蛋落地时,飞行器与彩蛋间的距离为多少?
14.
考向 匀变速直线运动规律的应用
思路分析 飞信号器上升到45处的过程时间最短,故经历加速、减速二个阶段,求出时间,利用平均速度公式求解;根据释放时刻,确定彩蛋的初速度,再根据彩蛋运动时间求出飞行器的离地高度即为距离。
解析 (1)欲使飞行器以最短时间到达45 m处,应让飞行器的平均速度最大,故假设飞行器直接匀加速到10 m/s,紧接着匀减速到速度为零,
有:s=vm22a1+vm22a2=15 m(2分)
故飞行器必经历一段匀速飞行过程,设匀速飞行时间为t,
则:H=s+vmt t=3 s(2分)
(注:用其它方法讨论得到需经历匀速运动过程,并求对匀速时间也得4分。)
加速运动时间:t1=vma1=2 s(1分)
减速运动时间:t2=vma2=1 s(1分)
全程的平均速度为:v=Ht+t1+t2=7.5 m/s(2分)
(2)由于释放彩蛋时刻大于2 s且小于5 s,故脱离时初速度为10 m/s,释放时离地面高度h=vm22a1+vm×Δt=15 m(2分)
设彩蛋落地时间为t3,和:-h=vmt3-12att32(2分)
t3=3 s(1分)
(注:用其它方法得到正确的落地时间共可以得5分;如采用分段计算则可以参照上面的对应步骤给分)
此时飞行器上升时间为:t4=2.5 s+3 s=5.5 s(1分)
到速度为零经历时间为t5=6-5.5=0.5 s(1分)
飞行器处于减速阶段,距离最高点:
Δh=12a2t52=1.25 m(1分)
彩蛋落地时,飞行器与彩蛋间的距离为:
H-Δh=43.75 m(1分)
点评 本题解题关键是要确定飞行器加速后马上减速的运动用时最短(如图),然后对飞行器的运动分段处理,再利用飞行器和彩蛋运动的等时性关系推导位置关系,本题与生活情景联系,考查学生物理素养与综合运用物理知识解决实际问题的能力。
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1、【全国百强校】山东省济南市历城第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题（教师版）： 这是一份1、【全国百强校】山东省济南市历城第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题（教师版），共9页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，下列物理量属于矢量的是，甲乙两汽车在一平直公路上行驶等内容，欢迎下载使用。
