1、江蘇省如皋市搬經(jīng)中學(xué)2020學(xué)年高一物理年級(jí)下學(xué)期綜合練習(xí)題（含解析） 一、 不定項(xiàng)選擇題1. 如圖所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間設(shè)墻面對(duì)球的壓力大小為FN1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕N2.以木板與墻連接點(diǎn)所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置不計(jì)摩擦，在此過(guò)程中()A. FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大B. FN1始終減小，F(xiàn)N2始終減小C. FN1先增大后減小，F(xiàn)N2始終減小D. FN1先增大后減小，F(xiàn)N2先減小后增大【答案】B【解析】試題分析：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象并進(jìn)行分析受力：重力G、墻面的支持力FN1和木板的支持力FN2，如圖所示：根據(jù)三角形關(guān)系得：，木板從圖示位

2、置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置增大，則FN1始終減小，F(xiàn)N2始終減小，故B正確。所以B正確，ACD錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：共點(diǎn)力作用下物體平衡【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了共點(diǎn)力作用下物體平衡以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：重力、木板的支持力和墻壁的支持力，根據(jù)平衡條件得到兩個(gè)支持力的情況；然后根據(jù)牛頓第三定律得知，木板對(duì)球的支持力大小等于球?qū)δ景宓膲毫Υ笮?. 將一只皮球豎直向上拋出，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比下列描繪皮球在上升過(guò)程中加速度大小a與時(shí)間t關(guān)系的圖象，可能正確的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】皮球豎直向上拋出，受到重力和向下的空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+

3、f=ma根據(jù)題意，空氣阻力的大小與速度的大小成正比，有：f=kv，聯(lián)立解得： ；由于速度不斷減小，故加速度不斷減小，到最高點(diǎn)速度為零，阻力為零，加速度為g，不為零，故BD均錯(cuò)誤；根據(jù)BD的結(jié)論，有，由于加速度減小，故也減小，故也減小，故a-t圖象的斜率不斷減小，故A錯(cuò)誤，C正確；故選C點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是受力分析后得到加速度的表達(dá)式，然后結(jié)合速度的變化得到阻力變化，最后判斷出加速度的變化規(guī)律3. 如圖所示，與水平面夾角為30的固定斜面上有一質(zhì)量m1.0 kg的物體，細(xì)繩的一端與物體相連，另一端經(jīng)摩擦不計(jì)的定滑輪與固定的彈簧測(cè)力計(jì)相連物體靜止在斜面上，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.9 N關(guān)于物體受力的判斷(

4、g取9.8 m/s2)，下列說(shuō)法正確的是()A. 斜面對(duì)物體的摩擦力大小為0B. 斜面對(duì)物體的摩擦力大小為4.9 N，方向沿斜面向上C. 斜面對(duì)物體的支持力大小為4.9 N，方向豎直向上D. 斜面對(duì)物體的支持力大小為4.9 N，方向垂直斜面向上【答案】A【解析】試題分析：物體重力沿斜面方向下的分力Gx=mgsin30=49N，與彈簧的彈力相等，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，知物體不受摩擦力作用故A正確，B錯(cuò)誤根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，N=mgcos30=49N，方向垂直于斜面向上故C正確，D錯(cuò)誤故選AC考點(diǎn)：物體的平衡【名師點(diǎn)睛】此題是關(guān)于物體的平衡問(wèn)題；解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進(jìn)行受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解

5、。4. 如圖所示，在傾角為的斜面上的A點(diǎn)以水平速度v0拋出一個(gè)小球，不計(jì)空氣阻力，它落到斜面上B點(diǎn)所用的時(shí)間為()A. B. C. D. 【答案】B考點(diǎn)：考查了平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用5. 2020年底我國(guó)北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)已具有覆蓋亞太大部分地區(qū)的服務(wù)能力北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中有“雙星定位系統(tǒng)”，具有導(dǎo)航、定位等功能有兩顆工作衛(wèi)星均繞地心O在同一軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r.某時(shí)刻，兩顆工作衛(wèi)星分別位于軌道上的A、B兩位置(如圖所示)若衛(wèi)星均順時(shí)針運(yùn)行，地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，不計(jì)衛(wèi)星間的相互作用力，下列說(shuō)法正確的是()A. 衛(wèi)星1的線速度一定比衛(wèi)星2的大B. 衛(wèi)星1向后噴氣就一定能

6、追上衛(wèi)星2C. 衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)到位置B所需的時(shí)間D. 衛(wèi)星1所需的向心力不一定等于衛(wèi)星2所需的向心力【答案】CD【解析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有：得： ，可知由于軌道半徑相同，故衛(wèi)星1與衛(wèi)星2的線速度一定相等，故A錯(cuò)誤衛(wèi)星1向后噴氣加速，所需要的向心力增大，萬(wàn)有引力不夠提供向心力，做離心運(yùn)動(dòng)，就會(huì)跑到更高的軌道上去，無(wú)法追上衛(wèi)星2，故B錯(cuò)誤根據(jù)， ， ，故，所以衛(wèi)星1由位置A運(yùn)動(dòng)到位置B所需的時(shí)間為，故C正確由于兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量不一定相等，所以衛(wèi)星1的向心力不一定等于衛(wèi)星2的向心力，故D正確故選CD.6. 2020年2月15日，俄羅斯車?yán)镅刨e斯克州發(fā)生隕石墜落事件如圖所示，據(jù)俄科學(xué)院估計(jì)，

7、隕石以不低于54 000 km的時(shí)速(即15 km/s)進(jìn)入大氣層隕石在靠近地球但未進(jìn)入大氣層之前，下列說(shuō)法正確的是()A. 機(jī)械能越來(lái)越大B. 加速度越來(lái)越大C. 速度越來(lái)越大D. 若速度方向合適，隕石可被地球俘獲繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】試題分析：由于隕石在靠近地球但未進(jìn)入大氣層之前，沒有受到空氣的阻力作用，受到的只是地球?qū)λ奈?，故機(jī)械能守恒，A不對(duì)；B中隕石靠近地球時(shí)，隕石與地球間的距離地減小，故由萬(wàn)有引力定律可知，隕石與地球間的萬(wàn)有引力在增大，所以其加速度會(huì)越來(lái)越大，B是正確的；C中由于地球?qū)﹄E石的力指向地球，與隕石的運(yùn)動(dòng)方向相同，所以由動(dòng)能定理可知，隕石的動(dòng)能會(huì)增

8、加，速度越來(lái)越大，C是正確的；D中由于隕石的速度不紙于15km/s，而第二宇宙速度的大小才是11.0km/s，故它不可能被地球俘獲繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，D是不對(duì)的?？键c(diǎn)：牛頓第二定律，動(dòng)能定理，及圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，第二宇宙速度的知識(shí)等。7. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A. 重力做功2mgRB. 機(jī)械能減少mgRC. 合外力做功mgRD. 克服摩擦力做功mgR【答案】D【解析】試題分析：重力做功WG

9、=mg（2R-R）=mgR，故A錯(cuò)誤；小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，則有，解得：,則機(jī)械能減少量為E=mgR-mvB2=05mgR，故B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)能定理得：合外力做功 W合=mvB2=05mgR，故C錯(cuò)誤根據(jù)功能原理可知，克服摩擦力做功等于機(jī)械能的減少，為05mgR，故D正確，故選D考點(diǎn)：功能關(guān)系；牛頓定律【名師點(diǎn)睛】本題解題的突破口是小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，重力提供向心力，求出臨界速度要掌握各種功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系，不能搞錯(cuò)。8. 風(fēng)洞飛行體驗(yàn)是運(yùn)用先進(jìn)的科技手段實(shí)現(xiàn)高速風(fēng)力將人吹起并懸浮于空中，如圖所示若在人處于懸浮狀態(tài)時(shí)增加風(fēng)力，則體驗(yàn)者在加速上升過(guò)程中()

10、A. 處于失重狀態(tài)，機(jī)械能增加B. 處于失重狀態(tài)，機(jī)械能減少C. 處于超重狀態(tài)，機(jī)械能增加D. 處于超重狀態(tài)，機(jī)械能減少【答案】C【解析】由題意可知，人加速向上運(yùn)動(dòng)，故人的加速度向上，處于超重狀態(tài)；由于風(fēng)力對(duì)人做正功，故人的機(jī)械能增加；故C正確，ABD錯(cuò)誤故選C點(diǎn)睛：本題考查超重和失重狀態(tài)的確定以及功能關(guān)系的應(yīng)用，要注意明確重力之外的其他力做功等于機(jī)械能的改變量9. 如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端各系一個(gè)小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細(xì)桿上，質(zhì)量為3m的a球置于地面上，質(zhì)量為m的b球從水平位置靜止釋放，當(dāng)a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱銜r(shí)，b球擺過(guò)的角度為.下列結(jié)論正確的是()A. 90

11、B. 45C. b球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)小球做功的功率先增大后減小D. b球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)小球做功的功率一直增大【答案】AC【解析】假設(shè)小球a靜止不動(dòng)，小球b下擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，有mgR=mv2；在最低點(diǎn)，有；聯(lián)立解得F=3mg；故a小球一直保持靜止，假設(shè)成立，當(dāng)小球b擺到最低點(diǎn)時(shí)，小球a恰好對(duì)地?zé)o壓力，故A正確，B錯(cuò)誤；小球b加速下降過(guò)程，速度與重力的夾角不斷變大，剛開始，速度為零，故功率為零，最后重力與速度垂直，故功率也為零，故功率先變大后變小，故C正確，D錯(cuò)誤；故選AC點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵對(duì)小球b運(yùn)用機(jī)械能守恒定律和向心力公式聯(lián)合列式求解，同時(shí)結(jié)合瞬時(shí)功率的

12、表達(dá)式P=Fvcos進(jìn)行判斷10. 如圖所示，螺旋形光滑軌道豎直放置，P、Q為對(duì)應(yīng)的軌道最高點(diǎn)，一個(gè)小球以一定速度沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，且能過(guò)軌道最高點(diǎn)P，則下列說(shuō)法正確的是()A. 軌道對(duì)小球不做功，小球通過(guò)P點(diǎn)的角速度小于通過(guò)Q點(diǎn)的角速度B. 軌道對(duì)小球不做功，小球通過(guò)P點(diǎn)的線速度小于通過(guò)Q點(diǎn)的線速度C. 小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大于通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的向心加速度D. 小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大于通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力【答案】AB【解析】由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小球機(jī)械能守恒則P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑所以小球通

13、過(guò)P點(diǎn)的角速度小于通過(guò)Q點(diǎn)的故A正確；由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小球機(jī)械能守恒則P點(diǎn)的線速度小于Q點(diǎn)線速度故B正確；由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小球機(jī)械能守恒則P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑所以小球在P點(diǎn)的向心加速度小于Q點(diǎn)的，故C錯(cuò)誤；由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小球機(jī)械能守恒則P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑所以小球在P點(diǎn)的向心加速度小于Q點(diǎn)的，則小球在P點(diǎn)的向心力小于Q點(diǎn)的，而向心力是由重力與軌

14、道對(duì)它的支持力提供，因此小球在P點(diǎn)的支持力小于Q點(diǎn)的，即小球?qū)壍赖膲毫點(diǎn)小于Q點(diǎn)的故D錯(cuò)誤；故選AB.點(diǎn)睛：小球在豎直放置的螺旋形軌道運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)大時(shí)小，原因是動(dòng)能與重力勢(shì)能在相互轉(zhuǎn)化當(dāng)在水平放置的光滑的螺旋形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于支持力始終不做功，因此速度大小不變，隨著軌跡半徑越來(lái)越小，導(dǎo)致小球的角速度越來(lái)越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的越來(lái)越快二、 計(jì)算題11. 2020年1月30日，俄羅斯地面飛行控制中心發(fā)布消息說(shuō)，俄“進(jìn)步”M09M貨運(yùn)飛船于北京時(shí)間10時(shí)38分與國(guó)際空間站成功對(duì)接如圖是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖假設(shè)貨運(yùn)飛船的質(zhì)量為3 200 kg，其尾部推進(jìn)器提供的平均推動(dòng)力為900 N，在飛船

15、與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作8 s后測(cè)出飛船和空間站的速度變化是 1.0 m/s.求：(1) 空間站的質(zhì)量(2) 飛船對(duì)空間站的作用力大小【答案】（1）4103 kg（2）500 N【解析】（1） 飛船和空間站的加速度為對(duì)整體，由牛頓第二定律得F（mM）a解得空間站的質(zhì)量為M4103 kg（2） 對(duì)空間站分析，根據(jù)牛頓第二定律得NMa500 N12. 如圖所示的裝置由水平彈簧發(fā)射器及兩個(gè)軌道組成：軌道是光滑軌道AB，AB間高度差h10.20 m；軌道由AE和螺旋圓形EFG兩段光滑軌道和粗糙軌道GB平滑連接而成，且A點(diǎn)與F點(diǎn)等高軌道最低點(diǎn)與AF所在直線的高度差h20.40 m當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰

16、能使質(zhì)量m0.05 kg的滑塊沿軌道上升到B點(diǎn)，當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)，恰能使滑塊沿軌道上升到B點(diǎn)，滑塊兩次到達(dá)B點(diǎn)處均被裝置鎖定不再運(yùn)動(dòng)已知彈簧彈性勢(shì)能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，不考慮滑塊與發(fā)射器之間的摩擦，重力加速度g取10 m/s2.(1) 當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大小(2) 求滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)F處時(shí)對(duì)軌道的壓力大小(3) 求滑塊通過(guò)GB段過(guò)程中克服摩擦力所做的功【答案】（1）2 m/s（2）3.5 N（3）0.3 J【解析】（1） Ep1mgh1解得Ep10.1 J又Ep1mv2解得v2 m/s（2） 根據(jù)題意，彈簧壓縮

17、量為2d時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為Ep20.4 J又Ep2mv2得v4 m/s根據(jù)牛頓第二定律可得：mgFNm解得FN3.5 N根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊處對(duì)軌道的壓力大小為3.5 N.（3） 由Ep2mgh1W克解得W克0.3 J13. 如圖所示，固定斜面AB、CD與豎直光滑圓弧BC相切于B、C點(diǎn)，兩斜面的傾角37，圓弧BC半徑R2 m一質(zhì)量m1 kg的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))從斜面AB上的P點(diǎn)由靜止沿斜面下滑，經(jīng)圓弧BC沖上斜面CD.已知P點(diǎn)與斜面底端B間的距離L16 m，滑塊與兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，g取10 m/s2.求：(1) 小滑塊第1次經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)E時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力(2) 小滑塊第1次滑上斜面CD時(shí)能夠到達(dá)的最遠(yuǎn)點(diǎn)Q(圖中未標(biāo)出)距C點(diǎn)的距離【答案】（1）38 N，方向豎直向下（2）3 m【解析】（1） 小滑塊由P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)：mgL1sin mgR（1cos ）mgcos L1mvE2經(jīng)E點(diǎn)：FNmg解得FN38 N滑塊對(duì)軌道的壓力FNFN38 N，方向豎直向下（2） 小滑塊從E點(diǎn)到最高點(diǎn)Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得:解得LCQ3 m14. 如圖所示，某工廠生產(chǎn)車間的流水線安裝的是“U”形傳送帶，AB、CD段為直線，BC段為同心半圓，其中的虛線為半徑為R的半圓弧工