最新高一物理暑假作业试题精炼

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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，且刚好到达最高点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.运动员在最高点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　刚好到达最高点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最高点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′≥

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