1、2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高一（下）物理假期作业一、选择题（每小题4分，共40分）1关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（）A物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变C物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直2如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）
2、ABCD3如图所示，甲、乙两球作匀速圆周运动，向心加速度随半径变化由图象可以知道（）A甲球运动时，线速度大小保持不变B甲球运动时，角速度大小保持不变C乙球运动时，线速度大小保持不变D乙球运动时，角速度大小保持不变4如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小取重力加速度g=10m/s2下列判断正确的是（）A5s内拉力对物块做功为零B4s末物块所受合力大小为4.0NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D6s9s内物块的加速度的大小为2.0m/s25如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将
3、球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A球的速度v等于LB球从击出至落地所用时间为C球从击球点至落地点的位移等于LD球从击球点至落地点的位移与球的质量有关6如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A mgRB mgRC mgRD mgR7取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，该物
4、块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（）ABCD8若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R由此可知，该行星的半径约为（）A RB RC2RD R9发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1，2，3，轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C卫星在轨道1上
5、经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度10如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中（）A物块a重力势能减少mghB摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等二、计算题11同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置图中水平放置的
6、底板上竖直地固定有M板和N板M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为HN板上固定有三个圆环将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处不考虑空气阻力，重力加速度为g求：（1）距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；（3）摩擦力对小球做的功12如图，质量M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.2，假
7、定小车足够长（g取10m/s2）求：（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动；（2）小物块从放在车上开始经过t0=3.0s所通过的位移是多少；（3）系统前t0=3.0s整个过程摩擦生热量是多少13过山车是游乐场中常见的设施下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m小球与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，圆形轨道是光滑的假设水平轨道足够
8、长，圆形轨道间不相互重叠重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字试求（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高一（下）物理假期作业参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分）1关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（）A物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B物体做变速率曲线运动时，
9、其所受合外力的方向一定改变C物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直【考点】物体做曲线运动的条件【分析】匀加速运动中，加速度方向与速度方向相同；匀减速运动中，速度方向可正可负，但二者方向必相反；加速度的正负与速度正方向的选取有关【解答】解：A、合力的方向与加速度方向相同，与速度的方向和位移的方向无直接关系，当物体做加速运动时，加速度方向与速度方向相同；当物体做减速运动时，加速度的方向与速度的方向相反，故A正确，B、物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，比如：平抛运动，故B错误C、物体做匀速圆周运动时，其
10、所受合外力的方向一定指向圆心，若非匀速圆周运动，则合外力一定不指向圆心，故C错误D、物体做匀速率曲线运动时，速度的大小不变，所以其所受合外力始终指向圆心，则其的方向总是与速度方向垂直，故D正确，故选：AD2如图，某滑块初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；【解答】解：D、
11、在下滑过程中，物体的加速度为mgsinmgcos=maa=gsingcos，加速度的大小保持不变故D错误；C、下滑过程中速度大小关系为v=v0+at=v0+（gsingcos）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线故C错误；A、B、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s=）t2，由a0可知，s一t图象为开口向下的抛物线的一部分故B正确；同理，下降的高度为h=ssin，也是向右弯曲的线故A错误；故选：B3如图所示，甲、乙两球作匀速圆周运动，向心加速度随半径变化由图象可以知道（）A甲球运动时，线速度大小保持不变B甲球运动时，角速度大小保持不变C乙球运动时，线速度大小保持不变D乙球运动
12、时，角速度大小保持不变【考点】线速度、角速度和周期、转速【分析】根据向心加速度的公式a=2r，知，线速度大小不变，向心加速度与半径成反比，角速度不变，向心加速度与半径成正比【解答】解：（1）甲球的向心加速度与半径成反比，根据a=，知线速度大小不变故A正确，B错误 （2）乙球的向心加速度与半径成正比，根据a=2r，知角速度不变故C错误，D正确故选AD4如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小取重力加速度g=10m/s2下列判断正确的是（）A5s内拉力对物块做功为零B4s末物块所受合力大小为4.0NC物块与木板之
13、间的动摩擦因数为0.4D6s9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力【分析】结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小【解答】解：A、在04s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零故A错误；B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零故B错误；C、根据牛顿第二定律得，6s9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=f=mg，解得故C错误，D正确故选：D5如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，
14、球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A球的速度v等于LB球从击出至落地所用时间为C球从击球点至落地点的位移等于LD球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【考点】平抛运动【分析】网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可【解答】解：A、网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动：L=vt在竖直方向上，小球做自由落体运动：H=gt2代入数据解得：v=，t=，所以AB正确C、位移是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网
15、正上方距地面H处，末位置是在底线上，所以位移的大小为，与球的质量无关，所以CD错误故选：AB6如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A mgRB mgRC mgRD mgR【考点】动能定理【分析】质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿运动定律求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功【解答】解：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：Nmg=m由题有：N=2mg可得：vQ=
16、质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得： mgRWf=得克服摩擦力所做的功为 Wf=mgR故选：C7取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（）ABCD【考点】平抛运动【分析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰好相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角【解答】解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为根据机械能守恒定律得：+mgh=，据题有： =mgh，联立解得：v=，则cos
17、=，得：=故选：B8若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R由此可知，该行星的半径约为（）A RB RC2RD R【考点】万有引力定律及其应用【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比再由万有引力等于重力，求出行星的半径【解答】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为g根据平抛运动的规律得 h=得，t=则水平射程x=v0t=v0可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 =根据G=mg，得g=可得 =解得行星的半径 R行=R地
18、=R=2R故选：C9发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1，2，3，轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】卫星做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此可以分
19、析不同半径上圆周运动的速度大小、角速度大小和加速度大小【解答】解：万星做圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力有： =maA、因为知，在轨道1上卫星的速率大于轨道3上的速率，故A错误；B、因为=知，在轨道1上的角速度大于在轨道3上的角速度，故B错误；C、因为a=知，在轨道1上经过Q点和轨道2上经过Q点的加速度大小相等，故C错误；D、因为a=知，在轨道2上经过P点和轨道3上经过P点的加速度大小相等，故D正确；故选D10如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时
20、针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中（）A物块a重力势能减少mghB摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率【分析】通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系根据b上升的高度得出a下降的高度，从而求出a重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系【解答】解：A、开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin=mbg，则b上升h，则a下降hsin，则a
21、重力势能的减小量为maghsin=mgh故A正确B、根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量所以摩擦力做功大于a的机械能增加因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加故B正确，C错误D、任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb=mgv，对a有：Pa=magvsin=mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等故D正确故选ABD二、计算题11同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为HN
22、板上固定有三个圆环将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处不考虑空气阻力，重力加速度为g求：（1）距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；（3）摩擦力对小球做的功【考点】向心力；平抛运动【分析】（1）根据平抛运动的特点，将运动分解即可求出；（2）根据平抛运动的特点，即可求出小球运动到Q点时速度的大小；在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小；最后有牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向；（3）小球从P到Q的过程中，重力与摩擦力
23、做功，由功能关系即可求出摩擦力对小球做的功【解答】解：（1）小球从Q抛出后运动的时间：水平位移：L=vQt 小球运动到距Q水平距离为的位置时的时间：此过程中小球下降的高度：h=联立以上公式可得：h=圆环中心到底板的高度为：H=；（2）由得小球到达Q点的速度：在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：联立得：由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力的大小：mg（1+） 方向：竖直向下（3）小球从P到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系得：mgR+Wf=联立得：Wf=mg（）答：（1）到底板的高度：；（2）小球的速度的大小：小球对轨道的压力的大小：mg（1+） 方向：竖直向下；（3）摩擦力
24、对小球做的功：mg（）12如图，质量M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.2，假定小车足够长（g取10m/s2）求：（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动；（2）小物块从放在车上开始经过t0=3.0s所通过的位移是多少；（3）系统前t0=3.0s整个过程摩擦生热量是多少【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】（1）分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，即可以求出时间；（2）滑块做匀减速运动，平
25、板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀加速运动，分别求出两个运动的位移即可解题（3）求出物块与小车间的相对位移，摩擦生热等于摩擦力大小与相对位移大小的乘积【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：对物块：mg=ma1得 a1=g=2m/s2对小车：Fmg=Ma2解得 a2=0.5m/s2物块在小车上停止相对滑动时，两者的速度相同则有：a1t1=0+a2t1解得 t1=2s（2）时间t1内物块通过的位移 x1=a1t12；t1时刻物块速度 1=a1t1=4m/st1后M，m有相同的加速度，对M，m 整体有：F=（M+m）a3解得 a3=0.8m/s2在接下来的1s内，整体的位移为 x2=1（
26、t0t1）+a3（t0t1）2解得 x2=4.4m故物块从放在车上开始经过t0=3.0s所通过的位移是 x=x1+x2=8.4m （3）系统前t0=3.0s内只有t1=2s时间内物块与小车有相对位移，能产生热量，则整个过程摩擦生热量是 Q=mg（0t1+a2t12）a1t12解得 Q=24J答：（1）经过2s物块停止在小车上相对滑动；（2）小物块从放在车上开始经过t0=3.0s所通过的位移是8.4m（3）系统前t0=3.0s整个过程摩擦生热量是24J13过山车是游乐场中常见的设施下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、
27、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m小球与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，圆形轨道是光滑的假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字试求（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离【
28、考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】对小球的运动过程进行分析运用动能定理求出小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度，再对小球在第一个圆轨道的最高点进行受力分析，并利用牛顿第二定律求出轨道对小球作用力知道小球恰能通过圆形轨道的含义，并能找出在第二圆形轨道的最高点速度运用动能定理研究某一运动过程求出B、C间距L知道要使小球不能脱离轨道的含义：1、小球恰能通过第三个圆轨道，2、轨道半径较大时，小球不能通过第三个圆轨道，但是还要不能脱离轨道，那么小球上升的高度就不能超过R3应用动能定理研究整个过程求出两种情况下的问题【解答】解：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理得：mg
29、L12mgR1=mv12mv02 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有： F+mg=m由 、得 F=10.0 N （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有： mg=mmg（L1+L）2mgR2=mv22mv02 由、得 L=12.5m （3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论： I轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 mg=mmg（L1+2L）2mgR3=mv32mv02由 、得 R3=0.4mII轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理mg（L1+2L）mgR3=0mv0
30、2解得 R3=1.0m为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 （R2+R3）2=L2+（R3R2）2解得 R3=27.9m综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0R30.4m或 1.0mR327.9m当0R30.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L，则mgL=0mv02 L=36.0m当1.0mR327.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L，则 L=L2（LL12L）=26.0m答：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10.0N；（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m；（3）第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0R30.4m或 1.0mR327.9m当0R30.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为36.0m当1.0mR327.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为26.0m2017年1月21日
