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最新高一物理暑假作业试题精炼

来源:101教育网整理 2015-07-22 字体大小: 分享到:

最新高一物理暑假作业试题精炼

101教育网高中频道收集和整理了高一物理暑假作业试题精炼,以便考生在高考备考过程中更好的梳理知识,轻松备战。预祝大家暑假快乐。

1.如图1所示,物体A的质量为m,置于水平地面上,A的上端连一轻弹簧,原长为L,劲度系数为k.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,使B点上移距离为L,此时物体A也已经离开地面,则下列说法中正确的是(  ).图1A.提弹簧的力对系统做功为mgL

B.物体A的重力势能增加mgL

C.系统增加的机械能小于mgL

D.以上说法都不正确

解析 由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,可知提弹簧的力是不断增大的,最后大小等于A物体的重力,因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL,A选项错误.系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功,C选项正确.由于弹簧的伸长,物体升高的高度小于L,所以B选项错误.

答案 C

2.如图2所示,在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点,质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑,经圆弧最低点b滑上粗糙水平面,圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接,物块最终滑至c点停止.若圆弧轨道半径为R,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,下列说法正确的是(  ).图2A.物块滑到b点时的速度为

B.物块滑到b点时对b点的压力是3mg

C.c点与b点的距离为

D.整个过程中物块机械能损失了mgR

解析 物块从a到b,由机械能守恒定律得:

mgR=mv所以vb=,故A错.在b点,由FN-mg=m得FN=3mg,故B对.从b到c由动能定理得:-μmgs=-mv,得s=,故C对,对整个过程由能量守恒知D正确.

答案 BCD

3.已知货物的质量为m,在某段时间内起重机将货物以加速度a加速升高h,则在这段时间内,下列叙述正确的是(重力加速度为g)(  )

A.货物的动能一定增加mah-mgh

B.货物的机械能一定增加mah

C.货物的重力势能一定增加mah

D.货物的机械能一定增加mah+mgh

解析 据牛顿第二定律,物体所受的合外力F=ma,则动能的增加量为mah,选项A错误;重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh,选项C错误;机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma+mg)h,选项B错误、D正确.

答案 D

4.如图3所示,斜面AB、DB的动摩擦因数相同.可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端,下列说法正确的是(  ).图3A.物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大

B.物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大

C.物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多

D.物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多

解析 已知斜面AB、DB的动摩擦因数相同,设斜面倾角为θ,底边为x,则斜面高度为h=xtan θ,斜面长度L=,物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端,由动能定理有mgh-μmgLcos θ=mv2,可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大,故A错误、B正确;物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功Wf=μmgLcos θ=μmgx相同,故C、D错误.

答案 B

.2010年广州亚运会上,刘翔重归赛场,以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军.他采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时提升身体重心.如图所示,假设质量为m的运动员,在起跑时前进的距离x内,重心上升高度为h,获得的速度为v,阻力做功为W阻、重力对人做功W重、地面对人做功W地、运动员自身做功W人,则在此过程中,下列说法中不正确的是(  )

A.地面对人做功W地=mv2+mgh

B.运动员机械能增加了mv2+mgh

C.运动员的重力做功为W重=-mgh

D.运动员自身做功W人=mv2+mgh-W阻

解析 由动能定理可知W地+W阻+W重+W人=mv2,其中W重=-mgh,所以W地=mv2+mgh-W阻-W人,A错误;运动员机械能的增加量ΔE=W地+W阻+W人=mv2+mgh,B正确;重力做功W重=-mgh,C正确;运动员自身做功W人=mv2+mgh-W阻-W地,D错误.

答案 AD

6.在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图5所示,当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后,传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动,随后它们保持相对静止,行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查,设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s,某行李箱的质量为5 kg,行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2,当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上,通过安全检查的过程中,g取10 m/s2,则(  ).图5A.开始时行李的加速度为2 m/s2

B.行李到达B点时间为2 s

C.传送带对行李做的功为0.4 J

D.传送带上将留下一段摩擦痕迹,该痕迹的长度是0.03 m

解析 行李开始运动时由牛顿第二定律有:μmg=ma,所以a=2 m/s2,故选A;

由于传送带的长度未知,故时间不可求,故不选B;

行李最后和传送带一起匀速运动,所以传送带对行李做的功为W=mv2=0.4 J,选C;

在传送带上留下的痕迹长度为s=vt-==0.04 m,不选D.

答案 AC

7.如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动,物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0~x1过程的图线是曲线,x1~x2过程的图线为平行于x轴的直线,则下列说法中正确的是(  ).

图6

A.物体在沿斜面向下运动

B.在0~x1过程中,物体的加速度一直减小

C.在0~x2过程中,物体先减速再匀速

D.在x1~x2过程中,物体的加速度为gsin θ

解析 由图乙可知,在0~x1过程中,物体机械能减少,故力F在此过程中做负功,因此,物体沿斜面向下运动,因在Ex图线中的0~x1阶段,图线的斜率变小,故力F在此过程中逐渐减小,由mgsin θ-F=ma可知,物体的加速度逐渐增大,A正确,B、C错误;x1~x2过程中,物体机械能保持不变,F=0,故此过程中物体的加速度a=gsin θ,D正确.

答案 AD

8.如图7所示,水平面上的轻弹簧一端与物体相连,另一端固定在墙上P点,已知物体的质量为m=2.0 kg,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,弹簧的劲度系数k=200 N/m.现用力F拉物体,使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10 cm,这时弹簧具有弹性势能Ep=1.0 J,物体处于静止状态,若取g=10 m/s2,则撤去外力F后(  ).图7A.物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm

B.物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm

C.物体回到O点时速度最大

D.物体到达最右端时动能为0,系统机械能不为0

解析 物体向右滑动时,kx-μmg=ma,当a=0时速度达到最大,而此时弹簧的伸长量x=,物体没有回到O点,故C错误;因弹簧处于原长时,Ep>μmgx=0.8 J,故物体到O点后继续向右运动,弹簧被压缩,因有Ep=μmgxm+Ep′,得xm=<=12.5 cm,故A错误、B正确;因物体滑到最右端时,动能为零,弹性势能不为零,故系统的机械能不为零,D正确.

答案 BD

9.滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动,某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接,如图8所示.质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v,且刚好到达较高点B,两圆形轨道的半径相等,均为R,滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略,下列说法正确的是(  ).图8A.运动员在较高点B时,对轨道的压力为零

B.由A到B过程中增加的重力势能为2mgR-mv2

C.由A到B过程中阻力做功为2mgR-mv2

D.由A到B过程中损失的机械能为mv2

解析 刚好到达较高点B,即运动员到达B点的速度为零,所以在B点对轨道的压力大小等于自身的重力,选项A错误;由A到B过程中重力所做的功WG=-2mgR,则ΔEp=-WG=2mgR,选项B错误;对运动员在由A到B的过程由动能定理得:-mg·2R+Wf=0-mv2,即Wf=2mgR-mv2,选项C正确;由功能关系知,机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功,即损失的机械能为mv2-2mgR,选项D错误.

答案 C

10.如图所示,质量为m的长木块A静止于光滑水平面上,在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B,已知木块长为L,它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.

图9

(1)当长木块A的位移为多少时,B从A的右端滑出?

(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能.

解析:(1)设B从A的右端滑出时,A的位移为l,A、B的速度分别为vA、vB,由动能定理得

μmgl=mv

(F-μmg)·(l+L)=mv

又由同时性可得

=

可解得l=.

(2)由功能关系知,拉力做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能,即有

F(l+L)=mv+mv+Q

可解得Q=μmgL.

答案:(1) (2)μmgL

11.如图0所示,一质量m=0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ=0.1的水平轨道上的A点.现对滑块施加一水平外力,使其向右运动,外力的功率恒为P=10.0 W.经过一段时间后撤去外力,滑块继续滑行至B点后水平飞出,恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道,轨道的最低点D处装有压力传感器,当滑块到达传感器上方时,传感器的示数为25.6 N.已知轨道AB的长度L=2.0 m,半径OC和竖直方向的夹角α=37°,圆形轨道的半径R=0.5 m.(空气阻力可忽略,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:

图0

(1)滑块运动到C点时速度vC的大小;

(2)B、C两点的高度差h及水平距离x;

(3)水平外力作用在滑块上的时间t.

解析 (1)滑块运动到D点时,由牛顿第二定律得

FN-mg=m

滑块由C点运动到D点的过程,由机械能守恒定律得

mgR(1-cos α)+mv=mv

联立解得vC=5 m/s

(2)滑块在C点时,速度的竖直分量为

vy=vCsin α=3 m/s

B、C两点的高度差为h==0.45 m

滑块由B运动到C所用的时间为ty==0.3 s

滑块运动到B点时的速度为vB=vCcos α=4 m/s

B、C间的水平距离为x=vBty=1.2 m

(3)滑块由A点运动到B点的过程,由动能定理得

Pt-μmgL=mv

解得t=0.4 s

答案 (1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m

(3)0.4 s12.如图所示, AB是倾角为θ的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求:

图11

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程;

(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力大小;

(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的较高点D,释放点距B点的距离L′应满足什么条件?

解析 (1)物体在P点及最终到B点的速度都为零,对全过程由动能定理得

mgRcos θ-μmgcos θ·s=0

得s=.

(2)设物体在E点的速度为vE,由机械能守恒定律有

mgR(1-cos θ)=mv

在E点时由牛顿第二定律有N-mg=

联立式解得N=(3-2cos θ)mg.

由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E点的压力大小为(3-2cos θ)mg.

(3)设物体刚好通过D点时的速度为vD,由牛顿第二定律有:

mg=m,得:vD=

设物体恰好通过D点时,释放点距B点的距离为L0,在粗糙直轨道上重力的功WG1=mgL0sin θ

滑动摩擦力的功:Wf=-μmgcos θ·L0

在光滑圆弧轨道上重力的功WG2=-mgR(1+cos θ)

对全过程由动能定理得WG1+Wf+WG2=mv

联立式解得:L0=

则L′≥.

答案 (1) (2)(3-2cos θ)mg

(3)L′≥

以上就是高一物理暑假作业试题精炼,更多精彩请进入高中频道。

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标签: 高一 物理 摩擦力 高一物理 牛顿第二定律 (责任编辑:101教育小编)

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