上海市上海师范大学附属中学2024-2025学年高一上学期10月月考物理试题

2024-2025学年上海师大附中高一（上）月考物理试卷（10月份） 一.DIS实验 1．DIS实验系统广泛应用于物理、化学、生物等学科的实验教学中，特别是在需要精确测量和数据分析的实验中更具优势。例如，在物理学科中，以及力、压力、温度等力学和热力学参数。 某实验小组正在做“测量做直线运动物体的瞬时速度”和“用DIS测定运动物体的位移和速度”。 （1）在“用DIS测定运动物体的位移和速度”的实验中，还常用位移传感器，它是由 　 　和 　 　两部分组成。 （2）在做“测量做直线运动物体的瞬时速度”的实验过程中，用如图所示的实验装置中所用传感器的名称叫 　 　传感器，可以测量 　 　。实验时还需要将 　 　输入计算机，最终获得物体的速度。 （3）实验中选择不同宽度的挡光片，由宽变窄逐次实验，挡光片越窄　 　（选填“越大”或“越小”或“不变”）每次实验中应使小车从轨道的 　 　由静止释放。其理由是保证小车 　 　，从而比较不同宽度挡光片测得的平均速度的差别。 （4）采用不同宽度的遮光片做了三次实验，研究小车经过光电门的瞬时速度，并对测量精确度加以比较。 次数 挡光时间内的位移Δx/m 通过光电门的时间Δt/s 平均速度v/m/s 1 0.06 0.0692 2 A 0.0469 3 0.02 0.837 由上述表格可知，A＝ 　 　，挡光片前缘经过光电门时小车的瞬时速度为 　 　m/s。（均保留到小数点后两位） 二.海上国防 2．海上国防对于国家安全至关重要。菲律宾等国的挑衅行为提醒我们，维护海上安全稳定不容忽视。加强海上国防建设，打破外国技术封锁，也是维护地区和平与发展的重要举措。 （1）航空母舰静止在无风的海面上，舰载机在航母甲板上允许滑行的最大距离为200m，起飞时需要的最小速度为50m/s2。根据上述信息，舰载机可获得的最大速度为 　 　m/s，在不改变舰载机及航母硬件设备的情况下要使得舰载机能达到起飞时的最小速度，你认为可采用的办法是：　 　（写出一种办法即可）。 （2）（多选题）2012年11月23日，中国航母舰载机歼—15成功降落在“辽宁号”航母的甲板上，阻拦索技术的核心是飞机尾钩钩住阻拦索的任意位置，阻拦索装置两边都能够产生合适拉力（拉力方向和飞机前进方向共线），下面的有关说法正确的是 　 　。 A．如果钩住靠左位置则右边的绳索拉力小 B．如果钩住靠左位置则左边的绳索拉力小 C．若产生的阻力恒定，在尾钩钩住阻拦索的一刹那，钢丝绳易被拉断 D．若拦阻过程中飞机所受的合力一定，则绳索被拉得越长，绳索拉力越大 （3）在一次低空跳伞训练中，当直升飞机悬停在离地面H＝300m高处时，伞兵离开飞机竖直向下做自由落体运动，开始做匀减速直线运动，且落地速度刚好为零。重力加速度g取10m/s2。求： ①打开降落伞时伞兵下落的位移x； ②伞兵在空中运动的总时间t。 （4）在某次拦截事件中，双方舰船发生了相撞，碰撞中我方船受到菲方船只的弹力是由于 　 　的船只发生了形变，为了恢复形变，对 　 　的船只产生了弹力的作用（选填“我方”“菲方”）。菲方登陆舰马德雷山号冲向仁爱礁，触礁后开始减速，经过20s后，速度减半，1分钟内的位移为 　 　。 （5）我方舰船A正以18km/h的速度在仁爱礁附近巡航，发现菲方补给船B正以最大速度36km/h驶向仁爱礁。此刻，双方船只的位置及航向如图2所示。我方舰船立即以最大加速度0.5m/s2加速前进，已知我方舰船的最大航速是54km/h，减速时的最大加速度为0.2m/s2。我方要抢先到达位置C，并停止在C处。 ①计算我方到达C点的最短时间； ②作出此过程我方舰船的v﹣t图象。 三.千斤顶 3．千斤顶是一种轻小起重设备，利用刚性顶举件作为工作装置，通过顶部托座或底部托爪在行程内顶升重物。它结构轻巧坚固、灵活可靠，特别是在车辆修理中起到关键作用。使用千斤顶时，需严格遵守操作规程 （1）如图1所示，自御货车停在水平地面上，利用自身携带的液压千斤顶缓慢改变车厢底面与水平面夹角α，随着夹角α的缓慢增大，下列说法正确的是 　 　。 A．货物与车厢间的摩擦力逐渐减小 B．货物与车厢间的弹力逐渐增大 C．货物所受的合力逐渐减小 D．车厢对货物的最大静摩擦力逐渐减小 （2）（多选题）如图2所示是维修汽车所用的简式千斤顶，当摇动把手时，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是 　 　。 A．此时两臂受到的压力大小均为0.5×105N B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N C．若摇动把手继续顶起汽车，两臂受到的压力将增大 D．若摇动把手继续顶起汽车，两臂受到的压力将减小 （3）汽车发生爆胎后，需要用千斤顶抬起汽车后更换轮胎。当摇动把手时，水平面上的千斤顶的两臂（长度相等），顶起汽车。图（a）、（b）为汽车内常备的两种类型的千斤顶，另一种是“菱形”，摇动手柄，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若物重为G，螺旋杆保持水平，不计杆自身重力（a）、（b）两种千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为 　 　。 （4）如图3所示是一种简易“千斤顶”。一竖直放置的T形轻杆由于光滑限制套管P的作用，使它只能在竖直方向上运动。若轻杆上端放一质量M＝100kg的物体，轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角为θ＝37°的斜面体上，g＝10m/s2） ①为了顶起重物，下列说法正确的是 　 　。 A．θ越大，需要施加的力F越大 B．θ越大，需要施加的力F越小 C．θ越大，系统整体对地面的压力越大 D．θ越大，系统整体对地面的压力越小 ②为了能将重物顶起，求：F的最小值。 四.智能出行 4．智能出行，集手机APP便捷操作与ETC快速通道于一体，无缝对接高铁、地铁、飞机等多种交通方式。通过手机APP；ETC通道让驾车出行更畅通。全方位提升出行效率，享受智能、快速、舒适的出行新体验。 （1）智能手机上装载的众多APP软件改变着我们的生活，如图1所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，35分钟，26公里，下列说法正确的是 　 　。 A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点 B．35分钟表示的是某个时刻 C．26公里表示了此次行程的位移的大小 D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度 （2）（多选题）高铁改变生活，地铁改变城市！地铁站距短需要频繁启停，一列高铁和一列地铁沿各自所在的长直轨道由静止启动，0～240s内的v﹣t图像如图2所示。下列说法正确的是 　 　。 A．地铁和高铁加速过程的位移大小之比为1：24 B．地铁和高铁加速过程的加速度大小之比为8：3 C．甲是地铁的v﹣t图像，乙是高铁的v﹣t图像 D．地铁和高铁加速过程的平均速度大小之比为1：3 （3）（多选题）2019年7月，C919大型客机在上海浦东机场完成了中、高速滑行试验。某次试验飞机在平直跑道上滑行，滑行的距离为x，滑行过程中的v﹣t图像如图3实线所示，x、t0、t1、t为已知量。设飞机着陆滑行时的位置与终点的距离为x0，飞机着陆时的速度为v，则下列表达式正确的是 　 　。 A．v＞ B．v＜ C．x0＜ D．x0＞ （4）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道驶离高速公路，流程如图4。假设减速带离收费岛入口长度为x＝60m，收费岛总长度为d＝40m0＝72km/h，经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至5m/s后，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗门停下，人工栏杆打开放行。两辆汽车离开收费岛中心线后开始匀加速到速度v0，之后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等。求： ①汽车的加速度大小； ②甲、乙两车离开收费岛中心线的时间差Δt； ③甲、乙两车驶离收费站后相距的最远距离Δx。 五.双球运动 5．根据亚里士多德的论断：重的物体下落的比轻的物体快，那么，大的石头比小的石头下落的要快。伟大的意大利物理学家和天文学家伽利略利用两个捆绑小球的思想实验推翻了这一观点。 （1）将质量为M的球和质量为m的球绑在一起（M＞m），请利用反证法证明亚里士多德的观点是不成立的。 （2）如图1，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力1、作用在b球上的力大小为F2，则当此装置平衡时： ①若出现了右所示的状态，b球刚好位于O点的正下方。则F1与F2的大小之比为 　 　。 ②若两小球质量均为m，F1：F2＝1：2，求作两小球平衡时的状态图。 ③若两小球质量均为m，F1＝F2，求作两小球平衡时的状态图。 （3）两个相同的小球A和B质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球，用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于直线状态，如图2所示，如果不考虑小球的大小，求： ①OB绳、OA绳中的拉力分别为多大？ ②作用力F为多大？ ③若改变力F的方向，但依然保持OB绳处于竖直方向，则F的最小值为多少 2024-2025学年上海师大附中高一（上）月考物理试卷（10月份） 参考答案与试题解析 一.DIS实验 1．DIS实验系统广泛应用于物理、化学、生物等学科的实验教学中，特别是在需要精确测量和数据分析的实验中更具优势。例如，在物理学科中，以及力、压力、温度等力学和热力学参数。 某实验小组正在做“测量做直线运动物体的瞬时速度”和“用DIS测定运动物体的位移和速度”。 （1）在“用DIS测定运动物体的位移和速度”的实验中，还常用位移传感器，它是由 　发射器　和 　接收器　两部分组成。 （2）在做“测量做直线运动物体的瞬时速度”的实验过程中，用如图所示的实验装置中所用传感器的名称叫 　光电门　传感器，可以测量 　挡光时间　。实验时还需要将 　挡光片宽度　输入计算机，最终获得物体的速度。 （3）实验中选择不同宽度的挡光片，由宽变窄逐次实验，挡光片越窄　越小　（选填“越大”或“越小”或“不变”）每次实验中应使小车从轨道的 　同一位置　由静止释放。其理由是保证小车 　挡光片宽度　，从而比较不同宽度挡光片测得的平均速度的差别。 （4）采用不同宽度的遮光片做了三次实验，研究小车经过光电门的瞬时速度，并对测量精确度加以比较。 次数 挡光时间内的位移Δx/m 通过光电门的时间Δt/s 平均速度v/m/s 1 0.06 0.0692 2 A 0.0469 3 0.02 0.837 由上述表格可知，A＝ 　0.04m　，挡光片前缘经过光电门时小车的瞬时速度为 　0.84　m/s。（均保留到小数点后两位） 【分析】（1）根据传感器的组成求解； （2）根据传感器的作用确定传感器的名称。根据挡光片宽度与挡光时间之比测量物体的速度； （3）根据实验的操作过程判断； （4）根据求Δx，结合分析减小实验误差的措施确定挡光片前缘经过光电门时小车的瞬时速度。 【解答】解：（1）在“用DIS测定运动物体的位移和速度”的实验中，还常用位移传感器； （2）本实验中的传感器是将光信号转变为电信号，使用传感器的名称叫光电门；实验时还需要将挡光片宽度输入计算机获得物体的速度； （3）实验中选择不同宽度的挡光片，由宽变窄逐次实验，测得的平均速度越小。其理由是保证挡光片的一端到达光电门的速度相同； （4）根据代入数据可得 Δx＝0.04m 挡光片宽度越窄，遮光时间越短，三次测量中，则挡光片前缘经过光电门时小车的瞬时速度为0.837m/s留到小数点后两位即7.84m/s。 故答案为：（ 1 ） 发射器； （ 2 ）光电门；挡光片宽度； （ 2 ）越小；挡光片的一端到达光电门的速度相同； （ 4 ） 0.04m。 【点评】解决本题时，要理解光电门测速原理，熟练运用运动学公式以及掌握实验的误差原因。 二.海上国防 2．海上国防对于国家安全至关重要。菲律宾等国的挑衅行为提醒我们，维护海上安全稳定不容忽视。加强海上国防建设，打破外国技术封锁，也是维护地区和平与发展的重要举措。 （1）航空母舰静止在无风的海面上，舰载机在航母甲板上允许滑行的最大距离为200m，起飞时需要的最小速度为50m/s2。根据上述信息，舰载机可获得的最大速度为 　　m/s，在不改变舰载机及航母硬件设备的情况下要使得舰载机能达到起飞时的最小速度，你认为可采用的办法是：　使航母沿舰载机起飞方向运动，使舰载机获得一个初速度，以便使舰载机获得起飞所需的最小速度　（写出一种办法即可）。 （2）（多选题）2012年11月23日，中国航母舰载机歼—15成功降落在“辽宁号”航母的甲板上，阻拦索技术的核心是飞机尾钩钩住阻拦索的任意位置，阻拦索装置两边都能够产生合适拉力（拉力方向和飞机前进方向共线），下面的有关说法正确的是 　AC　。 A．如果钩住靠左位置则右边的绳索拉力小 B．如果钩住靠左位置则左边的绳索拉力小 C．若产生的阻力恒定，在尾钩钩住阻拦索的一刹那，钢丝绳易被拉断 D．若拦阻过程中飞机所受的合力一定，则绳索被拉得越长，绳索拉力越大 （3）在一次低空跳伞训练中，当直升飞机悬停在离地面H＝300m高处时，伞兵离开飞机竖直向下做自由落体运动，开始做匀减速直线运动，且落地速度刚好为零。重力加速度g取10m/s2。求： ①打开降落伞时伞兵下落的位移x； ②伞兵在空中运动的总时间t。 （4）在某次拦截事件中，双方舰船发生了相撞，碰撞中我方船受到菲方船只的弹力是由于 　菲方　的船只发生了形变，为了恢复形变，对 　我方　的船只产生了弹力的作用（选填“我方”“菲方”）。菲方登陆舰马德雷山号冲向仁爱礁，触礁后开始减速，经过20s后，速度减半，1分钟内的位移为 　200m　。 （5）我方舰船A正以18km/h的速度在仁爱礁附近巡航，发现菲方补给船B正以最大速度36km/h驶向仁爱礁。此刻，双方船只的位置及航向如图2所示。我方舰船立即以最大加速度0.5m/s2加速前进，已知我方舰船的最大航速是54km/h，减速时的最大加速度为0.2m/s2。我方要抢先到达位置C，并停止在C处。 ①计算我方到达C点的最短时间； ②作出此过程我方舰船的v﹣t图象。 【分析】（1）根据速度与位移关系公式求解舰载机能获得的最大速度，并能根据自己所学知识提出建议； （2）首先据题境明确阻拦技术的模型，结合模型利用平行四边形中合力与分力夹角的关系判断即可； （3）伞兵离开飞机先做自由落体运动，再做竖直向下做匀减速直线运动，对两个过程，分别运用位移公式求得伞兵自由落体的高度，对两个过程，分别运用速度—时间公式求解时间，从而求得总时间； （4）根据弹力产生的条件判断，由题设条件判断舰船加速度，求出其减速到0的时间，进而利用位移与时间公式计算其位移； （5）分别对匀加速直线运动和匀减速直线运动运用速度—时间关系公式求解其运动时间，再求解其运动的位移大小，从而计算出舰船以最大速度行驶的位移和时间，并据此做出v﹣t图像。 【解答】解：（1）设舰载机能获得的最大速度为v，根据v2＝2ax可得： 使航母沿舰载机起飞方向运动，使舰载机获得一个初速度； （2）AB、舰载机的受力分析 当舰载机尾钩钩住靠左位置时，在左右绳索的拉力的合力F与舰载机的飞行速度共线反向，在矢量三角形中可知则右边的绳索拉力F右小于左边的绳索拉力F左，故A正确，B错误； CD、据绳索模型可知，在尾钩钩住阻拦索的一刹那、β的角度较大，所以绳索易断，α、β越小，故C正确。 故选：AC。 （3）①打开降落伞时伞兵下落的位移x＝ ②打开降落伞时伞兵的速度v＝gt6＝10×6m/s＝60m/s 伞兵做匀减速直线运动的位移为h2＝H﹣x＝300m﹣180m＝120m 设匀减速过程的时间为t5，由位移—时间公式得： 代入数据解得：t2＝4s 则伞兵在空中运动的总时间t＝t7+t2＝6s+8s＝10s （4）我方船只受到弹力作用是因为菲方的船只发生弹性形变，恢复形变时对我方船只产生力的作用； 该舰的初速度为v0＝36km/h＝10m/s，其加速度大小为 其停止时间为，所以该舰在3分钟内的位移为 （5）①我方舰船初速度v0＝18km/h＝8m/s，最大速度v1＝54km/h＝15m/s，， 根据题意，有v1＝v0+a7t1，v1＝a2t2 代入数据解得：t1＝20s，t2＝75s 根据平均速度公式可得加速阶段的位移 减速阶段的位移 代入数据解得：x1＝200m，x2＝562.6m 则以最大速度匀速运动的位移x3＝L﹣x1﹣x4＝800m﹣200m﹣562.5m＝37.5m 匀速运动的时间 我方到达C点的最短时间t＝t2+t2+t3＝20s+75s+2.5s＝97.5s ②根据以上的分析和数据，我方舰船的速度与时间图像 故答案为：（1），使航母沿舰载机起飞方向运动，以便使舰载机获得起飞所需的最小速度； （3）①打开降落伞时伞兵下落的位移x为108m； ②伞兵在空中运动的总时间t为10s。 （4）菲方，我方； （5）①我方到达C点的最短时间为97.5s； ②此过程我方舰船的v﹣t图象，如图所示： 【点评】本题重点考查运动学内容和共点力平衡问题，题目计算量较大，易出错，做题务必谨慎。 三.千斤顶 3．千斤顶是一种轻小起重设备，利用刚性顶举件作为工作装置，通过顶部托座或底部托爪在行程内顶升重物。它结构轻巧坚固、灵活可靠，特别是在车辆修理中起到关键作用。使用千斤顶时，需严格遵守操作规程 （1）如图1所示，自御货车停在水平地面上，利用自身携带的液压千斤顶缓慢改变车厢底面与水平面夹角α，随着夹角α的缓慢增大，下列说法正确的是 　D　。 A．货物与车厢间的摩擦力逐渐减小 B．货物与车厢间的弹力逐渐增大 C．货物所受的合力逐渐减小 D．车厢对货物的最大静摩擦力逐渐减小 （2）（多选题）如图2所示是维修汽车所用的简式千斤顶，当摇动把手时，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是 　BD　。 A．此时两臂受到的压力大小均为0.5×105N B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N C．若摇动把手继续顶起汽车，两臂受到的压力将增大 D．若摇动把手继续顶起汽车，两臂受到的压力将减小 （3）汽车发生爆胎后，需要用千斤顶抬起汽车后更换轮胎。当摇动把手时，水平面上的千斤顶的两臂（长度相等），顶起汽车。图（a）、（b）为汽车内常备的两种类型的千斤顶，另一种是“菱形”，摇动手柄，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若物重为G，螺旋杆保持水平，不计杆自身重力（a）、（b）两种千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为 　1：1　。 （4）如图3所示是一种简易“千斤顶”。一竖直放置的T形轻杆由于光滑限制套管P的作用，使它只能在竖直方向上运动。若轻杆上端放一质量M＝100kg的物体，轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角为θ＝37°的斜面体上，g＝10m/s2） ①为了顶起重物，下列说法正确的是 　A　。 A．θ越大，需要施加的力F越大 B．θ越大，需要施加的力F越小 C．θ越大，系统整体对地面的压力越大 D．θ越大，系统整体对地面的压力越小 ②为了能将重物顶起，求：F的最小值。 【分析】（1）以货物为研究对象进行受力分析，其受到重力、车厢的支持力、摩擦力作用，三者处于平衡状态，沿车厢斜面方向将重力分解成水平、竖直两个方向的分力，逐项分析； （2）将汽车对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等．根据几何知识求解两臂受到的压力大小．继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由数学知识分析两臂受到的压力大小的变化； （3）选择合适的研究对象，熟悉对物体的受力分析，结合几何关系和物体的平衡状态得出力的比值关系； （4）①AB、对重物受力分析，由题意可知重物在缓慢上的过程中时，处在平衡状态，根据平衡条件计算角度的改变对F的影响； CD、对整体受力分析，根据平衡条件判断； ②先对小轮和杆整体分析受力，根据受力情况作图，由平衡条件得出斜面对小轮的支持力，由牛顿第三定律得到小轮对斜面的压力，再对斜面体进行研究，由平衡条件求F。 【解答】解：（1）货物为研究对象进行受力分析，如图 A、货物与车厢没有相对滑动x＝Gsinα，α变大，故A错误； B、由FN＝Gy＝Gcosα可知，α变大，故B错误； C、货物与车厢没有相对滑动，所受合力为0； D、设货物与车厢间的摩擦系数为μN＝μGy＝μGcosα，α变大，故D正确。 故选：D。 （2）AB、将汽车对千斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1 根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等。 由7F1cosθ＝F得 F1＝ 解得 F1＝1.7×105N 故A错误，B正确。 C、D继续摇动把手，夹角θ减小， 由 F1＝ 分析可知，F不变，cosθ增大，F1减小，故C错误。 故选：BD。 （3）“Y”形分解如图甲所示 将重物对A处的压力G分解为拉螺旋杆的力F1和压斜杆的力F，作平行四边形 对“菱形”分解如图乙所示 根据力的实际作用效果，首先重物对C点压力G可分解为两个等大的力F′，即 F′作用在A点，又可分解为拉螺旋杆F′1和压斜杆F5两个分力，由于ACBD是一个菱形 F2＝F′ 在A处可得 F′1＝3F′cosθ 联立解得 则图（a）、（b）两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为1：1 （4）AB、对重物受力分析如图所示： 重物被轻杆缓慢顶起，此时重物处于动态平衡状态， 由平衡条件可得：N＝mg 对斜面体受力分析如图所示： 由平衡条件可得：F＝sinθ＝mgsinθ 故随着θ的增大，sinθ也会增大，故A正确； CD、对整体受力分析如图所示： 由题意可知，在不计摩擦力的情况下，这两个力是一对平衡力，系统整体对地面的压力等于系统整体的重力，故CD错误。 故选：A。 ②对T形轻杆（包括小轮）的受力分析示意图如下图所示： 由平衡条件可知，斜面体对滑轮的作用力为 FN4＝＝ 对斜面体受力分析，根据牛顿第三定律斜面对滑轮的支持力与滑轮对斜面体的压力大小相等FN2′＝FN2， 根据平衡条件可得 F＝FN6′sinθ 联立解得 F＝750N。 故答案为：（1）D；（2）BD；（4）①A。 【点评】本题考查平衡问题，其中着重考查学生根据平衡条件分析各模型受力情况的能力，物体始终处于平衡状态，根据物体受力情况的变化分析。 四.智能出行 4．智能出行，集手机APP便捷操作与ETC快速通道于一体，无缝对接高铁、地铁、飞机等多种交通方式。通过手机APP；ETC通道让驾车出行更畅通。全方位提升出行效率，享受智能、快速、舒适的出行新体验。 （1）智能手机上装载的众多APP软件改变着我们的生活，如图1所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，35分钟，26公里，下列说法正确的是 　A　。 A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点 B．35分钟表示的是某个时刻 C．26公里表示了此次行程的位移的大小 D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度 （2）（多选题）高铁改变生活，地铁改变城市！地铁站距短需要频繁启停，一列高铁和一列地铁沿各自所在的长直轨道由静止启动，0～240s内的v﹣t图像如图2所示。下列说法正确的是 　ABD　。 A．地铁和高铁加速过程的位移大小之比为1：24 B．地铁和高铁加速过程的加速度大小之比为8：3 C．甲是地铁的v﹣t图像，乙是高铁的v﹣t图像 D．地铁和高铁加速过程的平均速度大小之比为1：3 （3）（多选题）2019年7月，C919大型客机在上海浦东机场完成了中、高速滑行试验。某次试验飞机在平直跑道上滑行，滑行的距离为x，滑行过程中的v﹣t图像如图3实线所示，x、t0、t1、t为已知量。设飞机着陆滑行时的位置与终点的距离为x0，飞机着陆时的速度为v，则下列表达式正确的是 　AD　。 A．v＞ B．v＜ C．x0＜ D．x0＞ （4）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道驶离高速公路，流程如图4。假设减速带离收费岛入口长度为x＝60m，收费岛总长度为d＝40m0＝72km/h，经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至5m/s后，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗门停下，人工栏杆打开放行。两辆汽车离开收费岛中心线后开始匀加速到速度v0，之后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等。求： ①汽车的加速度大小； ②甲、乙两车离开收费岛中心线的时间差Δt； ③甲、乙两车驶离收费站后相距的最远距离Δx。 【分析】（1）当所研究的问题不用考虑物体的大小和形状时，可以把物体看作质点；根据时间间隔和时刻的物理意义分析；路程是物体经过的轨迹的长度；平均速率等于路程与时间的比值； （2）在v﹣t图像中，斜率表示加速度的大小及方向，如果图像是与横轴平行的直线，说明物体做匀速直线运动；如果图像是倾斜的直线，说明物体做匀变速直线运动，图线在时间轴上方，表示速度方向为正，图线与时间轴地所围图形的面积表示位移大小； （3）根据v﹣t图像与时间轴所围成的面积表示位移，分析飞机的位移与匀减速运动位移关系，结合几何关系求解； （4）①根据题意，结合运动学公式求出加速度；②分别求出甲车和乙车从减速到栏杆打开的总时间，进而求出甲、乙两车离开收费岛中心线的时间差； ③两车速度相等时车距最大，根据位移关系求出两车的最大距离。 【解答】解：（1）A、研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点； B、35分钟是一段时间间隔，故B错误； C、26公里表示推荐路线的轨迹长度，故C错误； D、根据这两个数据，故D错误。 故选：A。 （2）A、v﹣t图像中图线与时间轴地所围图形的面积表示位移大小，地铁和高铁位移大小之比为＝＝； B、图像中图线的斜率表示加速度＝＝，故B正确； C、由题意知，所以甲是高铁的v﹣t图像，故C错误； D、高铁加速过程的平均速度大小为＝＝＝50km/h，故D正确。 故选：ABD。 （3）AB、根据v﹣t图像与时间轴所围成的面积表示位移，即为：x＜，故A正确。 CD、设飞机着陆滑行t0时的速度为v0．根据三角形相似法可得：，得：v5＝ 根据图像的“面积”表示位移，可得：x4＞＝，为v＞，故D正确。故选：AD。 （4）①乙车刚好到收费岛中心线收费窗门停下，则根据） 代入数据可得两车减速运动的加速度大小为a＝3.5m/s2 ②甲车过ETC通道时做匀减速运动，有﹣＝2ax1 整理代入数据可得位移为x8＝75m 到中心线的距离还剩下d'＝x+﹣x1 故甲车匀速的时间为t'＝ 解得t'＝1s 甲车减速到v0所用时间为t4＝ 甲车从减速到栏杆打开的总时间为t甲＝t1+t' 乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为t5＝ 从减速到打开栏杆的总时间为t乙＝t0+t3 打开栏杆放行的时间差为Δt＝t乙﹣t甲 解得Δt＝21s； ③甲车和乙车再次加速到v1时车距最大，此时t＝2t7+t0 乙车的位移s乙＝2×（x+） 甲车的位移s甲＝2x1+S+v8（t﹣2×t1﹣t匀） 因此两车最远距离L＝s甲﹣s乙 代入数据解得L＝455m 故答案为：（1）A；（2）ABD；（4）①汽车的加速度大小为4.5m/s2；②甲、乙两车离开收费岛中心线的时间差为21s。 【点评】考查对v﹣t图像的理解，要清楚其曲线的含义。 解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解，关键在于掌握物体的运动过程，明确两车的运动情况才能正确选择物理公式求解。 五.双球运动 5．根据亚里士多德的论断：重的物体下落的比轻的物体快，那么，大的石头比小的石头下落的要快。伟大的意大利物理学家和天文学家伽利略利用两个捆绑小球的思想实验推翻了这一观点。 （1）将质量为M的球和质量为m的球绑在一起（M＞m），请利用反证法证明亚里士多德的观点是不成立的。 （2）如图1，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力1、作用在b球上的力大小为F2，则当此装置平衡时： ①若出现了右所示的状态，b球刚好位于O点的正下方。则F1与F2的大小之比为 　7：3　。 ②若两小球质量均为m，F1：F2＝1：2，求作两小球平衡时的状态图。 ③若两小球质量均为m，F1＝F2，求作两小球平衡时的状态图。 （3）两个相同的小球A和B质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球，用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于直线状态，如图2所示，如果不考虑小球的大小，求： ①OB绳、OA绳中的拉力分别为多大？ ②作用力F为多大？ ③若改变力F的方向，但依然保持OB绳处于竖直方向，则F的最小值为多少 【分析】（1）利用反证法，假设亚里士多德正确，推出结论与假设相矛盾，说明亚里士多德结论不正确。 （2）运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角；再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角；由几何关系得到两夹角相等，判断两个拉力的关系。 （3）先以B为研究对象，根据平衡条件分析可知AB绳对小球的拉力为零；再以球A为研究对象，受到三个力作用，作出力图，根据正交分解法求出拉力F． 【解答】解：（1）假设亚里士多德观点正确，设 M 单独下落速度为 x，m y，则 x＞y 因为M+m＞M，所以此时下落速度大于 x，所以会拖累大球速度 x，这与下落速度大于 x ，假设不成立。 所以亚里士多德结论错误。 （ 2 ） ①a受到F1水平向右的力，b受到F7的水平向左的力，以整体为研究对象 设Oa绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝ 以b球为研究对象，受力如图， 则由平衡条件得：tanβ＝ 由几何关系得到：α＝β 联立解得：； ②设每个球的质量为m，oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β。 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，oa绳的方向不可能沿竖直方向，不能保持平衡。 故F1：F2＝7：2 平衡图像如下图所示 ③以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，绳子是竖直方向，不能保持平衡。 故F1＝F7平衡图像如图所示 （3）①因OB绳处于竖直方向，小球B处于平衡状态。 OB绳对小球B的拉力TOB＝mg，对小球A受力分析 小球A在重力mg、水平拉力F和OA绳的拉力FOA三力作用下平衡，根据平衡知识， 知OA绳对小球A的拉力TOA＝＝2mg； ②作用力F＝mgtan60°＝mg； ③若保持OB绳处于竖直方向，小球B处于平衡状态，则由矢量图形知F与竖直方向成30°角斜向右上时 拉力F最小，最小拉力为Fmin＝mgsin60°＝mg。 答：（1）假设亚里士多德观点正确，设 M 单独下落速度为 x，m y，则 x＞y 因为M+m＞M，所以此时下落速度大于 x，所以会拖累大球速度 x，这与下落速度大于 x ，假设不成立。 所以亚里士多德结论错误。 （2）①7：3；②；③。 （3）①OB绳中的拉力为mg、OA绳中的拉力为2mg； ； ③F的最小值为mg。 【点评】本题是多个物体平衡，首先要选择研究对象，分析受力情况．本题切入点存在分析得出AB绳中张力为零． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/2 15:59:27；用户：李震；邮箱：orFmNt1CdifzpBMmSJEkKyptxHaU@weixin.jyeoo.com；学号：24432973 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$