山東省滕州市善國中學20xx屆高三物理一輪復習第三周同步檢測試題(編輯修改稿)
2025-01-07 16:08 本頁面
【文章內容簡介】 ，當科研人員發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時，氣球 速度為v0=2m/s，此時開始計時經(jīng)過 t0=4s時間，氣球勻加速 下降了 h1=16 m， 科研人員 立即拋掉一些壓艙物， 使 氣球勻速下降．不考慮氣球由于運動而受到的空氣阻力，重力 加速度 g=10m/s2.求： (1)氣球加速下降階段的加速度大小 a。 (2)拋掉的壓艙物的質量 m是多大？ (3)拋掉一些壓艙物后，氣球經(jīng)過時間 Δ t=5s，氣球下降的高度是多大？ 試卷答案 1. 考點： 勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系． . 專題： 運動學中的圖像專題． 分析： v﹣ t圖象中圖象中圖象中的點表示物 體的速度，圖象的斜率表示物體的加速度，圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移． 解答： 解： A、 B、由圖可知， 6s內物體一直沿正方向運動， 6﹣ 8s時物體反向運動，故 6s 時相對于起點的位移最大，故 A錯誤， B錯誤； C、圖象的斜率表示物體的加速度，由圖可知， 4﹣ 8s的加速度最大，故 C錯誤； D、 4﹣ 6s內和 6﹣ 8s內物體的位移大小方向，故 8s時物體回到 4s所在的位置，故 D正確； 故選： D． 點評： 本題考查 v﹣ t圖象的性質，要注意明確圖象中點、線及面的含義，并能熟練應用． 2. 考點： 合力的大小與分 力間夾角的關系． . 專題： 平行四邊形法則圖解法專題． 分析： 根據(jù)力的平行四邊形定則，結合幾何關系，即可求解． 解答： 解：圖 1中，根據(jù)鉤碼個數(shù)，三個力正好構成直角三角形，若端點 B沿虛線稍稍上移一些，三力大小不變，根據(jù)力的合成法則，可知，方向不變，即夾角不變． 圖 2中，因光滑的滑輪，且繩子中的張力相等，則 A、 B的力總是相等的，因此合力平分 A、 B繩的夾角，即使稍上移，繩子張力大小仍不變，則根據(jù)力的合成法則，可知， AB夾角也不變． 故選： B 點評： 本題解題關鍵是抓住動滑輪繩子的張力大小相等的特點， 以及合力與分力的關系：合力大小不變，夾角增大時，合力減小進行分析． 。 當 F 與 mg的比值為 1時，有 此時加速度 a==5m/s2，在 1s 末速度增大到正向 5m/s，在 1s到 2s間撤去 F后物體在重力沿斜面向下的分力提供加速度，為 5m/s2，在 2s末速度減小到零 ?？杉毞治鋈缦拢?在 01s內，根據(jù)牛頓第二定律得 ： 1 s in 12F m gagm ????，方向沿斜面向上，物體向上做勻加速直線運動；在 12s內，拉力為零，根據(jù)牛頓第二定律得 ：2 si n 12mgagm ???，方向沿斜面向下，物體沿斜面向上做勻減速直線運動， 2s 末速度為零．在 23s 內，根據(jù)牛頓第二定律得 ：3 s in 32F m gagm ????．方向沿斜面向下，物體沿斜面向下做勻加速直線運動， 3s末的速度大小 v=a3t=15m/s．故 C正確， A、 B、 D錯誤． 故選擇 C答案。 4. 考點： 功率、平均功率和瞬時功率；牛頓第二定律；功的計算． 專題： 功率的計算專題． 分析： 從圖 c中求出汽車的加速度的，根據(jù)初速度、時間、加速度可求出汽車的位移（即汽車的長度）、以及汽車的速度．根據(jù)加速度可求出汽車所受的合外力，從而求出合外力做的功，因無法知道汽車的牽引力，故無法求出汽車牽引力的功率． 解答： 解： A、 B、從 c圖知道，汽車的加速度為 gtanθ ，還知道初速度為 0和運動的時間，根據(jù) x= at2和 v=at可求出汽車的位移（即汽車的長度）和 5s末汽車的速度．故 A、 B正 確． C、根據(jù) F=ma求合外力，根據(jù)位移可求出合外力做的功．故 C正確． D、因牽引力大小未知，所以功率無法求出．故 D錯誤． 故選： ABC． 點評： 解決本題的關鍵通過 c圖求出汽車的加速度，從而求出位移、速度、合外力． 5. 考點： 平拋運動；自由落體運動． . 專題： 平拋運動專題． 分析： 小球做平拋運動 時，根據(jù)分位移公式求出 豎直分位移和水平分位移之比，然后根據(jù)幾何關系求解出的自由落體運動的位移并求出時間． 解答： 解：小球 A恰好能垂直落在斜坡上，如圖 由幾何關系可知，小球豎直方向的速度增量 vy=gt1=v0 ① 水平位移 S=v0t1 ② 豎直位移 hQ=g ③ 由 ①②③ 得到： 由幾何關系可知小球 B作自由下落的高度為： hQ+S═g ④ 聯(lián)立以上各式解得： 故選： D． 點評： 本題關鍵是明確小球 Q的運動是平拋運動，然后根據(jù)平拋運動的分位移和分速度公式聯(lián)立求解出運動時間，再根據(jù)幾何關系 得到自由落體的位移，從而進一步求得時間，最后得到比值． 6. 考點： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用． . 專題： 人造衛(wèi)星問題． 分析： 衛(wèi)星繞地球做圓周運動時萬有引力提供圓周運動向心力，據(jù)此討論衛(wèi)星運動的線速度與向心加速度與衛(wèi)星軌道的關系，知道衛(wèi)星變軌是通過做離心運動或近心運動來實現(xiàn)的． 解答： 解：衛(wèi)星繞地球做圓周運動向心力由萬有引力提供，故有 A、線速度 知衛(wèi)星軌道高度越大線速度越小，而第一宇宙速度是繞地球做圓周運動的最大速度故 A錯誤； B、線速度 知天宮一號軌 道半徑大，故其線速度小于神舟十號的線速度，故 B正確； C、神舟十號與天宮一號實施對接，需要神舟十號抬升軌道，即神舟十號開動發(fā)動機加速做離心運動使軌道高度抬長與天宮一號實現(xiàn)對接，故神舟十號是要加速而不是減速，故 C錯誤； D、向心加速度 a= 知，天宮一號的軌道半徑大，故其向心加速度小，故 D錯誤． 故選： B 點評： 知道環(huán)繞天體繞中心天體做圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力，掌握衛(wèi)星變軌原理是解
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