高一物理周练

百强校河北定州中学2016—2017学年第二学期高一物理周练试题(5.15）一、选择题1．如图所示，小物块与水平圆盘保持相对静止，随着圆盘一起做匀速圆周运动,下面说法正确的是A. 物块受重力、支持力和向心力B. 物块受重力、支持力、向心力和指向圆心的静摩擦力C。

物块相对圆盘的运动趋势方向是沿着半径且指向圆心的方向D. 物块相对圆盘的运动趋势方向是沿着半径且背离圆心的方向2．两个物体相距为L，相互吸引力大小为F．使其中的一个物体的质量减小为原来的一半，另一个物体的质量减小为原来的．如果保持它们的距离不变，则相互吸引力的大小为（)A。

F B. F C。

F D。

6F3．长为L的细绳,一端系一质量为m的小球另一端固定于某点，当绳竖直时小球静止,再给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且刚好能过最高点，则下列说法中正确的是( ）A。

小球过最高点时速度为零B。

小球开始运动时绳对小球的拉力为mC. 小球过最高点时绳对小球的拉力为mgD. 小球过最高点时速度大小为4．以下说法中正确的是( ）A。

在光滑的水平冰面上,汽车可以转弯B。

火车转弯速率小于规定的数值时，外轨将会受压力作用C。

飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机的翅膀一定处于倾斜状态D. 物体由于受到离心力的作用才做离心运动5．根据开普勒行星运动规律推论出下列结论中,哪个是错误的( )A。

人造地球卫星的轨道都是椭圆，地球在椭圆的一个焦点上B. 同一卫星在绕地球运动的不同轨道上运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等C。

不同卫星在绕地球运动的不同轨道上运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等D。

同一卫星绕不同行星运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等6．在科学的发展历程中,许多科学家做出了杰出的贡献。

下列叙述符合物理学史的是( ）A。

亚里士多德指出“力是改变物体运动状态的原因"B. 伽利略得出“加速度与力成正比，与质量成反比”的结论C。

应对市爱护阳光实验学校高一〔下〕周练物理试卷〔5〕一．选择题〔此题包括8小题，每题6分，共48分.1-5题为单项选择题，6-8题为多项选择题〕1．如下图，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口垂直对准愿同轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，那么子弹的速度可能是〔〕A ．B ．C ．D ．2．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如下图，其半径分别为r1、r2、r3，假设甲轮的角速度为ω，那么丙轮边缘上某点的向心加速度为〔〕A ．B ．C ．D ．3．半径为R的大圆盘以角速度ω旋转，如下图，有人站在P盘边点上随盘转动，他想用枪击中在圆盘中心的目标O，假设子弹的速度为v0，那么〔〕A．枪瞄准目标O射去B．枪向PO的右方偏过角度θ射去，而cosθ=C．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而tanθ=D．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而sinθ=4．光滑的水平面上固着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如下图．一个小球以一速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形区的时间内，关于小球运动的角速度和向心加速度大小变化的说法正确的选项是〔〕A．增大、减小B．减小、增大C．增大、增大D．减小、减小5．某老师在做竖直面内圆周运动快慢的研究，并给运动小球拍了频闪照片，如下图〔小球相邻影像间的时间间隔相〕，小球在最高点和最低点的运动快慢比拟，以下说法中不正确的选项是〔〕A．该小球所做的运动不是匀速圆周运动B．最高点附近小球相邻影像间弧长短，线速度小，运动较慢C．最低点附近小球相邻影像间圆心角大，角速度大，运动较快D．小球在相邻影像间运动时间间隔相，最高点与最低点运动一样快6．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，那么〔〕A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换四种不同档位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD=1：4D．当A轮与D轮组合时，两轮角速度之比ωA：ωD=4：17．图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒的，B轮是从动轮，那么在倒带的过程中以下说法正确的选项是〔〕A．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1：3B．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3C．倒带过程中磁带的运动速度变大D．倒带过程中磁带的运动速度不变8．图为一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．假设传动过程中皮带不打滑，那么〔〕A．a点和b点的线速度大小相B．a点和b点的角速度大小相C．a点和c点的线速度大小相D．c点和d点的向心加速度大小相二、填空题〔每题6分，共12分〕9．某同学通过对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一，如图．O点不是抛出点，x轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛物体的初速度是m/s ，抛出点的坐标x= m ，y= m 〔g取10m/s2〕10．如下图，滑轮〔其质量不计〕的半径r=2cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度a=2m/s2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1m的瞬间，滑轮边缘上的点的角速度ω=rad/s，向心加速度a= m/s2．11．如下图，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从人口A沿圆筒壁切线方向水平射人圆筒内，要使球从B处飞出，小球进入入口A处的速度v o满足什么条件？12．我国射击运发动曾屡次在大赛中为国争光，在奥运会上又夺得射击冠．我们以打靶游戏来了解射击运动．某人在塔顶进行打靶游戏，如下图，塔高H=45m，在与塔底部水平距离为s处有一电子抛靶装置，圆形靶可被竖直向上抛出，初速度为v1，且大小可以调节．当该人看见靶被抛出时立即射击，子弹以v2=100m/s 的速度水平飞出．不计人的反时间及子弹在枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小〔取g=10m/s2〕．〔1〕当s的取值在什么范围时，无论v1多大都不能被击中？〔2〕假设s=200m，v1=15m/s时，试通过计算说明靶能否被击中？13．一半径为R的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如下图，伞边缘距地面高h，水平甩出的水滴在地面上形成一个圆，求此圆半径r为多少？高一〔下〕周练物理试卷〔5〕参考答案与试题解析一．选择题〔此题包括8小题，每题6分，共48分.1-5题为单项选择题，6-8题为多项选择题〕1．如下图，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口垂直对准愿同轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，那么子弹的速度可能是〔〕A．B．C．D．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】子弹沿圆筒直径穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为〔2n﹣1〕π，n=1、2、3…，结合角速度求出时间，从而得出子弹的速度．【解答】解：在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为〔2n﹣1〕π，n=1、2、3…，那么时间为：t=，所以子弹的速度为：v==，n=1、2、3…当n=1时，v=当n=2时，v=当n=3时，v=所以ACD是可能的，B是不可能的．应选：ACD2．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如下图，其半径分别为r1、r2、r3，假设甲轮的角速度为ω，那么丙轮边缘上某点的向心加速度为〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】常见的传动装置；向心加速度．【分析】甲乙丙三个轮子的线速度相，根据a=求出丙轮边缘上某点的向心加速度．【解答】解：甲丙的线速度大小相，根据a=知甲丙的向心加速度之比为r3：r1，甲的向心加速度，那么．故A正确，B、C、D错误．应选A．3．半径为R的大圆盘以角速度ω旋转，如下图，有人站在P盘边点上随盘转动，他想用枪击中在圆盘中心的目标O，假设子弹的速度为v0，那么〔〕A．枪瞄准目标O射去B．枪向PO的右方偏过角度θ射去，而cosθ=C．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而tanθ=D．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而sinθ=【考点】运动的合成和分解．【分析】子弹参与了两个方向上的运动，沿枪口方向上的运动和沿圆盘切线方向上的运动，当合速度的方向指向目标O时，击中目标．根据平行四边形那么进行分析．【解答】解：子弹沿圆盘切线方向上的速度v1=Rω，子弹沿枪口方向上的速度为v o，根据平行四边形那么，有：sinθ==．所以v0的方向瞄准PO的左方偏过θ角射击，且sinθ=．故D正确，A、B、C错误．应选：D．4．光滑的水平面上固着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如下图．一个小球以一速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形区的时间内，关于小球运动的角速度和向心加速度大小变化的说法正确的选项是〔〕A．增大、减小B．减小、增大C．增大、增大D．减小、减小【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．【分析】当作用力与速度方向垂直，该力不做功，根据动能理判断小球线速度大小的变化，根据v=ωr判断角速度的变化．【解答】解：轨道对小球的支持力与速度方向垂直，那么轨道对小球的支持力不做功，根据动能理，合力不做功，那么动能不变，即小球的线速度大小不变；根据v=ωr，线速度大小不变，转动半径减小，故角速度变大；根据a=，线速度不变转动半径减小，故向心加速度增加；故C选项正确；应选：C5．某老师在做竖直面内圆周运动快慢的研究，并给运动小球拍了频闪照片，如下图〔小球相邻影像间的时间间隔相〕，小球在最高点和最低点的运动快慢比拟，以下说法中不正确的选项是〔〕A．该小球所做的运动不是匀速圆周运动B．最高点附近小球相邻影像间弧长短，线速度小，运动较慢C．最低点附近小球相邻影像间圆心角大，角速度大，运动较快D．小球在相邻影像间运动时间间隔相，最高点与最低点运动一样快【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】线速度于弧长与时间的比值，角速度于角度与时间的比值，根据义，与图中的情况比拟即可．【解答】解：由所给频闪照片可知，在最高点附近，像间弧长较小，说明最高点附近的线速度较小，运动较慢；在最低点附近，像间弧长较大，对相同时间内通过的圆心角较大，故角速度较大，运动较快，ABC选项正确，D选项不正确．此题选择不正确的，应选：D 6．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，那么〔〕A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换四种不同档位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD=1：4D．当A轮与D轮组合时，两轮角速度之比ωA：ωD=4：1【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】A轮分别与C、D连接，B轮分别与C、D连接，共有4种不同的挡位；抓住线速度大小相，结合齿轮的齿数之比可以得出轨道半径之比，从而求出角速度之比．【解答】解：A、A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换4种挡位．故A错误，B正确．C、当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相，A轮转一圈，D转4圈，即．故C正确，D错误．应选：BC．7．图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒的，B轮是从动轮，那么在倒带的过程中以下说法正确的选项是〔〕A．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1：3B．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3C．倒带过程中磁带的运动速度变大D．倒带过程中磁带的运动速度不变【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】主动轮和从动轮边缘上的点线速度相，A的角速度恒，半径增大，线速度增大，当两轮半径相时，角速度相．【解答】解：由题，在倒带结束时，磁带绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，而线速度v相，ω=，故倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3，故B正确A错误；在A轮转动的过程中，半径增大，角速度恒，随着磁带的倒回，A的半径变大，根据v=rω，知A线速度增大，故C正确D错误；应选：BC．8．图为一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．假设传动过程中皮带不打滑，那么〔〕A．a点和b点的线速度大小相B．a点和b点的角速度大小相C．a点和c点的线速度大小相D．c点和d点的向心加速度大小相【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】传送带在传动过程中不打滑，那么传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相，共轴的轮子上各点的角速度相．再根据v=rω，a==rω2去求解．【解答】解：A、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，那么v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r b，那么v c=2v b，所以v a=2v b，故A错误；B、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，那么v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r a，根据v=rw，那么ωc=0.5ωa，所以ωb=0.5ωa，故B错误；C、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，那么v a=v c，故C正确；D、根据公式a=rω2知，r d=2r c，所以a c=0.5a d，故D错误．应选：C．二、填空题〔每题6分，共12分〕9．某同学通过对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一，如图．O点不是抛出点，x轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛物体的初速度是 2 m/s，抛出点的坐标x= ﹣0.2 m，y= ﹣0.05 m 〔g取10m/s2〕【考点】研究平抛物体的运动．【分析】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据△y=gT2，求出时间，再根据时性，求出水平初速度；OB段在竖直方向上的平均速度于A点竖直方向上的瞬时速度，再根据A点竖直方向上的速度求出下落的时间，求出下落的水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的坐标．【解答】解：根据△y=gT2，T==0.1s，那么平抛运动的初速度v0===2m/s．A点在竖直方向上的分速度v yA ===3m/s．平抛运动到A的时间t===0.3s，此时在水平方向上的位移x=v0t=2×0.3=0.6m，在竖直方向上的位移y=gt2==0.45m，即为0.45﹣0.15=0.3m；所以抛出点的坐标x=﹣0.6m，y=﹣0.3m．故答案为：2，﹣0.6；﹣0.3．10．如下图，滑轮〔其质量不计〕的半径r=2cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度a=2m/s2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1m的瞬间，滑轮边缘上的点的角速度ω=100 rad/s，向心加速度a= 200 m/s2．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】根据物体向下做匀加速运动，可求得此时的速度，这个速度就是轮缘上的线速度，再根据角速度与线速度的关系以及向心加速度的公式就可以解得结果．【解答】解：重物以加速度a=2m/s2做匀加速运动，由公式：，代入数据得此时轮缘的线速度=根据ω=，代入数据得ω=向心加速度故答案为：100； 200．11．如下图，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从人口A沿圆筒壁切线方向水平射人圆筒内，要使球从B处飞出，小球进入入口A处的速度v o 满足什么条件？【考点】平抛运动．【分析】将小球运动分解，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据时间相性，即可求解．【解答】解：小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到〔n=1，2，3…〕所以〔n=1，2，3…〕答：小球进入入口A处的速度v o满足条件是〔n=1，2，3…〕．12．我国射击运发动曾屡次在大赛中为国争光，在奥运会上又夺得射击冠．我们以打靶游戏来了解射击运动．某人在塔顶进行打靶游戏，如下图，塔高H=45m，在与塔底部水平距离为s处有一电子抛靶装置，圆形靶可被竖直向上抛出，初速度为v1，且大小可以调节．当该人看见靶被抛出时立即射击，子弹以v2=100m/s 的速度水平飞出．不计人的反时间及子弹在枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小〔取g=10m/s2〕．〔1〕当s的取值在什么范围时，无论v1多大都不能被击中？〔2〕假设s=200m，v1=15m/s时，试通过计算说明靶能否被击中？【考点】竖直上抛运动．【分析】〔1〕假设抛靶装置在子弹的射程以外，那么不管抛靶速度为何值，都无法击中．根据平抛运动的规律求出s的大小．〔2〕子弹做平抛运动，根据水平位移的大小和初速度求出运动的时间，再分别求出子弹下降的高度和靶上升的高度，从而判断是否被击中．【解答】解：〔1〕假设抛靶装置在子弹的射程以外，那么不管抛靶速度为何值，都无法击中．H=gt2，s=v2ts=v2•=300 m即s＞300 m，无论v1为何值都不能被击中．〔2〕假设靶能被击中，那么击中处在抛靶装置的正上方，设经历的时间为t1，那么：s=v1t1，s．y1=gt12=×10×22 m=20 my2=v1t1﹣gt12=15×2 m ﹣×10×22 m=10 m．因为y1+y2=20 m+10 m=30 m＜H，所以靶不能被击中．答：〔1〕当s的取值在＞300m时，无论v1多大都不能被击中；〔2〕假设s=200m，v1=15m/s时，通过计算发现靶不能被击中．13．一半径为R的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如下图，伞边缘距地面高h，水平甩出的水滴在地面上形成一个圆，求此圆半径r为多少？【考点】向心力．【分析】雨滴飞出后做平抛运动，根据高度求出运动的时间，从而求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出水滴在地面上形成圆的半径．【解答】解：雨滴离开伞边缘后沿切线方向水平抛出，特别注意不是沿半径方向飞出，其间距关系如下图〔俯视图〕．雨滴飞出的速度大小为：v=ωR，雨滴做平抛运动在竖直方向上有：h=gt2，在水平方向上有：l=vt由几何关系知，雨滴半径为：r=，解以上几式得：r=R．答：此圆半径r为R．。

象对市爱好阳光实验学校高一物理上学期周练试题〔10.29〕一、选择题〔1-10题为单项选择；11-15题为多项选择〕1、一辆以10m/s 的速度在行驶，遇紧急情况刹车，其加速度大小为2m/s 2，那么从刹车开始6s 内的位移为〔 〕A ．24mB ．25mC ．60mD ．96m 【答案】B 【解析】试题分析：V 0=10m/s ，a=-2m/s 2，那么当停止时,刹车时间001052V V t s s a --===-;那么从刹车开始6s 内的位移即为5s 内位移001052522V V X vt t m m ++===⨯=应选B.考点：匀变速直线运动的规律的用【点睛】题是刹车问题，关键是判断刹车时间，易错点：超出刹车时间后就不再运动，位移不再变化。

2、关于力和重力的概念，以下说法正确的选项是 A.力可以离开物体而存在B.将木块浮在水上，重力将减小C.只要两个力的大小相，它们产生的效果一相D.由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力，方向竖直向下 【答案】D 【解析】考点：重力、力【点睛】此题考查对力及重力的概念的理解，解答此类问题时要抓住有作用力必有反作用力，力总是成对出现的，一个力涉及两个物体。

3、探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂15N 重物时，弹簧长度为0.16m ；悬挂20N 重物时，弹簧长度为0.18m, 那么弹簧的原长L 0和劲度系数k 分别为〔 〕A ．L 0=0.02m ，k=500N/mB ．L 0=0.10m ，k=500N/mC ．L 0=0.02m ，k=250N/mD ．L 0=0.10m ，k=250N/m 【答案】D 【解析】试题分析：F 1=k 〔L 1-L 0〕，有15=k 〔0.16-L 0〕；F 2=k 〔L 2-L 0〕，有20=k 〔0.18-L 0〕，联立两方程组，得：L 0=0.10m ，k=250N/m ．故D 正确，ABC 错误．应选D 。

应对市爱护阳光实验学校三中高一〔下〕周练物理试卷〔〕一、选择题〔每题4分，共40分〕．1．一蹦极运发动身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假空气阻力可忽略，运发动可视为质点，以下说法正确的选项是〔〕A．运发动到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运发动、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关2．如下图，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，AP=2R，重力加速度为g，那么小球从P到B的运动过程中〔〕A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D ．克服摩擦力做功mgR3．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固放置，直径POQ 水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，那么〔〕A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点B．W ＞mgR，质点不能到达Q点C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W ＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离4．如图甲所示，质量为1kg的小物体以初速度v0=11m/s从θ=53°的固斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F，图乙中的两条线断a，b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v﹣t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，以下说法正确的选项是〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕〔〕A．恒力F大小为1NB．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少D．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小5．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，那么摩托艇的最大速率变为原来的〔〕A．4倍B．2倍C ．倍D ．倍6．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如下图．在A 点时，物体开始接触弹簧；到B点时，物体速度为零，然后被弹回．以下说法中正确的选项是〔〕A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小B．物体从B上升到A的过程中，动能先增大后减小C．物体由A下降到B的过程中，弹簧的弹性势能不断增大D．物体由B上升到A的过程中，弹簧所减少的弹性势能于物体所增加的动能与增加的重力势能之和7．12月2日凌晨，我射了“嫦娥三号〞登月探测器．“嫦娥三号〞由地月转移轨道到环月轨道飞行的示意图如下图，P点为变轨点，那么“嫦娥三号〞〔〕A．经过P点的速率，轨道1的一大于轨道2的B．经过P点的加速度，轨道1的一大于轨道2的C．运行周期，轨道1的一大于轨道2的D．具有的机械能，轨道1的一大于轨道2的8．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．以下判断正确的选项是〔〕A．0～2s 内外力的平均功率是WB．第2秒内外力所做的功是JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是9．如下图，劲度系数为k的轻弹簧的一端固在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触〔未连接〕，弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．那么〔〕A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgC．物体做匀减速运动的时间为2D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg〔x0﹣〕10．如图1所示，一倾角为37°．的传送带以恒速度运行，现将一质量m=1kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．那么以下说法正确的选项是〔〕A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18mC．0～8 s内物体机械能的增量为90JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J二、计算题11．如下图，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．l=m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：〔1〕小物块落地点距飞出点的水平距离s；〔2〕小物块落地时的动能E K；〔3〕小物块的初速度大小v0．12．如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的物体A、B．它们的质量分别是m A和m B，弹簧的劲度系数k，C为一固挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物体A，使之沿斜面向上运动．假设重力加速度为g，求：〔1〕物体B刚离开C时，物体A的加速度a．〔2〕从开始到物体B刚要离开C时，物体A的位移d．三中高一〔下〕周练物理试卷〔〕参考答案与试题解析一、选择题〔每题4分，共40分〕．1．一蹦极运发动身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假空气阻力可忽略，运发动可视为质点，以下说法正确的选项是〔〕A．运发动到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运发动、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【分析】运发动人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运发动、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．【解答】解：A、运发动到达最低点前，重力对运发动一直做正功，运发动的重力势能始终减小．故A正确．B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运发动的位移向下，弹性力对运发动做负功，弹性势能增加．故B正确．C、以运发动、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故C正确．D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故D错误．应选ABC．2．如下图，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，AP=2R，重力加速度为g，那么小球从P到B的运动过程中〔〕A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D ．克服摩擦力做功mgR【分析】小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二律求解出B点的速度；然后对从P到B过程根据功能关式判读．【解答】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故P到B过程，重力做功为W G=mgR，故A错误；B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二律，有mg=m ，解得；从P到B过程，重力势能减小量为mgR ，动能增加量为=，故机械能减小量为：mgR ﹣，故B错误；C、从P到B 过程，合外力做功于动能增加量，故为=，故C错误；D、从P到B过程，克服摩擦力做功于机械能减小量，故为mgR ﹣，故D正确；应选D．3．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固放置，直径POQ 水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，那么〔〕A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点B．W ＞mgR，质点不能到达Q点C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W ＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【分析】对N点运用牛顿第二律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能理求出克服摩擦力做功的大小．抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点．【解答】解：在N 点，根据牛顿第二律有：，解得，对质点从下落到N 点的过程运用动能理得，，解得W=．由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，那么在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ 段运用动能理得，，因为，可知v Q＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．应选：C．4．如图甲所示，质量为1kg的小物体以初速度v0=11m/s从θ=53°的固斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F，图乙中的两条线断a，b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v﹣t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，以下说法正确的选项是〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕〔〕A．恒力F大小为1NB．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少D．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小【分析】根据速度﹣时间图象的斜率于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二律列式求解．根据动能理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相的条件代入进行求解．【解答】解：A、根据v﹣t 中斜率于加速度的意义可知： m/s2不受拉力时：ma b=﹣mgsin53°﹣μmgcos53°代入数据得：μ=0.5受到拉力的作用时：ma a=F﹣mgsin53°﹣μmgcos53°所以：F=1N．故A正确，B错误；C 、根据运动学公式：有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；D、结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比拟大，所以在最高点的重力势能比拟大，而升高的过程动能的减小是相的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D正确．应选：AD5．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，那么摩托艇的最大速率变为原来的〔〕A．4倍B．2倍C ．倍D ．倍【分析】由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f=kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相：即F=f=kv；而发动机的输出功率P=Fv，据此分析判断．【解答】解：设阻力为f，由题知：f=kv；速度最大时，牵引力于阻力，那么有 P=Fv=fv=kv2．所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，那么摩托艇的最大速率变为原来的倍．应选：D．6．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如下图．在A 点时，物体开始接触弹簧；到B点时，物体速度为零，然后被弹回．以下说法中正确的选项是〔〕A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小B．物体从B上升到A的过程中，动能先增大后减小C．物体由A下降到B的过程中，弹簧的弹性势能不断增大D．物体由B上升到A的过程中，弹簧所减少的弹性势能于物体所增加的动能与增加的重力势能之和【分析】根据物体所受的合力方向判断物体的运动情况，从而分析出动能的变化情况．根据弹簧形变量的变化，分析弹性势能的变化．由系统的机械能守恒分析能量的转化情况．【解答】解：A、物体在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，合力方向向下，物体做加速运动，速度增大，动能增大．随着弹力的增大，合力减小，当重力于弹力时，速度到达最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，合力方向向上，物体做减速运动，速度减小，动能减小，所以动能先增大后减小．故A错误．B、物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B正确．C、物体由A下降到B的过程中，弹簧的压缩量不断增大，那么弹性势能不断增大，故C正确．D、物体由B上升到A的过程中，对于物体和弹簧系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，那么弹簧所减少的弹性势能于物体所增加的动能与增加的重力势能之和．故D正确．应选：BCD7．12月2日凌晨，我射了“嫦娥三号〞登月探测器．“嫦娥三号〞由地月转移轨道到环月轨道飞行的示意图如下图，P点为变轨点，那么“嫦娥三号〞〔〕A．经过P点的速率，轨道1的一大于轨道2的B．经过P点的加速度，轨道1的一大于轨道2的C．运行周期，轨道1的一大于轨道2的D．具有的机械能，轨道1的一大于轨道2的【分析】嫦娥三号从轨道1进入轨道2的过程中，发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小，在不同轨道上的P点卫星的加速度都由万有引力产生，在同一位置万有引力大小相同产生的加速度大小相同，根据开普勒行星运动律根据半长轴关系求解周期关系．【解答】解：A、卫星在轨道1上经过P点时减速，使其受到的万有引力大于需要的向心力，而做向心运动才能进入轨道2，故经过P点的速率，轨道1的一大于轨道2的，故A正确．B、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，到月球的距离r相同，a相，故经过P点的加速度，轨道1的一于轨道2的，故B错误．C 、根据开普勒第三律可知，r越大，T越大，故轨道1的周期一大于轨道2的运行周期，故C正确，D、因为卫星在轨道1上经过P点时减速，做向心运动才能进入轨道2，即外力对卫星做负功，机械能减小，故轨道1的机械能一大于轨道2的机械能，故D 正确．应选：ACD．8．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．以下判断正确的选项是〔〕A．0～2s 内外力的平均功率是WB．第2秒内外力所做的功是JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是【分析】此题可由动量理求得1s末及2s末的速度，再由动能理可求得合力的功；由功率公式求得功率；【解答】解：由动量理Ft=mv2﹣mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 由动能理可知合力做功为w=故0～2s 内功率是，故A正确；1s末、2s末功率分别为：P1=F1v1=4w、P2=F2v2=3w；故C错误；第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，故第2s 内外力所做的功为J，B错误；而动能增加量的比值为4：5，故D正确；应选AD．9．如下图，劲度系数为k的轻弹簧的一端固在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触〔未连接〕，弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．那么〔〕A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgC．物体做匀减速运动的时间为2D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg〔x0﹣〕【分析】此题通过分析物体的受力情况，来确其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．【解答】解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，那么物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，那么加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误．B、撤去F后，根据牛顿第二律得物体刚运动时的加速度大小为a==．故B正确．C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二律得：匀减速运动的加速度大小为a==μg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，那么3x0=，得t=．故C错误．D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，那么物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=μmg〔x0﹣x〕=．故D正确．应选BD 10．如图1所示，一倾角为37°．的传送带以恒速度运行，现将一质量m=1kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．那么以下说法正确的选项是〔〕A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18mC．0～8 s内物体机械能的增量为90JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J【分析】根据速度时间图线求出物体匀变速运动的加速度，再根据牛顿第二律求出动摩擦因数的大小；根据图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，结合传送带的位移求出相对运动的位移，从而根据Q=fx相对求出摩擦产生的热量；根据物体动能和重力势能的变化求出机械能的增量．【解答】解：A、物体做匀变速运动的加速度a=；根据牛顿第二律得，=μgcos37°﹣gsin37°，解得μ=0.875．故A 正确．B、图线与时间轴围成的面积表示位移，那么位移的大小x=．故B错误．C、物体重力势能的增加量为△E p=mgxsin37°=10×14×0.6J=84J，动能的增加量=．那么机械能的增加量△E=84+6=90J．故C正确．D、传送带的速度为4m/s，在0﹣2s 内，物体的位移大小为，传送带的位移x2=vt=4×2m=8m，那么相对路程△x1=x1+x2=10m．在2﹣6s 内，物体的位移，传送带的位移x4=vt=4×4m=16m，那么相对路程△x2=x4﹣x3=8m，那么摩擦产生的热量Q=μmgcos37°•△x=0.875×10×0.8×〔10+8〕J=126J．故D正确．应选：ACD．二、计算题11．如下图，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．l=m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：〔1〕小物块落地点距飞出点的水平距离s；〔2〕小物块落地时的动能E K；〔3〕小物块的初速度大小v0．【分析】〔1〕物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．〔2〕由动能理可以求出落地动能．〔3〕由动能理可以求出物块的初速度．【解答】解：〔1〕物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，水平方向：s=vt=0.9m；〔2〕对物块从飞出桌面到落地，由动能理得：mgh=mv12﹣mv22，落地动能E K =mgh+mv12=0.9J；〔3〕对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02，解得：v0=4m/s；答：〔1〕小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．〔2〕小物块落地时的动能为0.9J．〔3〕小物块的初速度为4m/s．12．如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的物体A、B．它们的质量分别是m A和m B，弹簧的劲度系数k，C为一固挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物体A，使之沿斜面向上运动．假设重力加速度为g，求：〔1〕物体B刚离开C时，物体A的加速度a．〔2〕从开始到物体B刚要离开C时，物体A的位移d．【分析】先对木块A受力分析，受重力，斜面的支持力和弹簧的弹力，根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力后，再得到弹簧的压缩量；物块B刚要离开C时，先对物块B受力分析，受重力、支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件求出弹簧弹力后进一步得到弹簧的伸长量，从而得到物体A的位移；最后再对物体A受力分析，受到拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二律求出加速度．【解答】解：〔1〕系统静止时，弹簧处于压缩状态，分析A物体受力可知：F1=m A gsinθ，F1为此时弹簧弹力，设此时弹簧压缩量为x1，那么F1=kx1，得x1=在恒力作用下，A向上加速运动，弹簧由压缩状态逐渐变为伸长状态．当B刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x2，分析B的受力有：kx2=m B gsinθ，得x2=设此时A的加速度为a，由牛顿第二律有：F﹣m A gsinθ﹣kx2=m A a，得a=〔2〕A与弹簧是连在一起的，弹簧长度的改变量即A上移的位移，故有d=x1+x2，即有：d=答：〔1〕物体B刚离开C时，物体A的加速度a=；〔2〕从开始到物体B刚要离开C时，物体A的位移d=．。