高一物理下学期选拔试卷

高一物理下学期选拔试卷班级姓名2008.3１．质量为12kg的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为0.3，现用倾角为37的60N力拉箱子，如图所示，3s末撤去拉力，则撤去拉力时箱子的速度为多少？箱子继续运动多少时间而静止？（cos370=0.8,g=10m/s2）解：选择木箱为研究对象，受力分析如图3-８，沿水平和竖直方向将力正交分解，并利用牛顿运动定律，得方向：水平方向：Fcos37-N=ma竖直方向：Fsin37+N=mg解得：a=1.9m/s2，v=at=5.7m/s当撤去拉力F后，物体的受力变为如图3-９，则由牛顿第二定律得：N=mg=ma`，a`=g=3m/s2,t=v/a`=1.9s。２．一质量为m=1kg的物体在光滑水平面上，初速度为零，先对物体施加一向东的恒力F=1N，历时1s钟，随即把此力改为向西，大小不变，历时1s钟；接着又把此力改为向东，大小不变，历时1s钟，如此反复，只改变力的方向而不改变力的大小，共用时间2min，则在此2min内，物体运动的位移和最终的速度分别为多少？解：物体受到大小不变的恒力，则其加速度大小不变。物体在第1s内做向东的匀加速运动，在第2s内仍做向东的匀减速运动，如此反复，可用图象v-t图3-１０示，则2min内的位移为60个2s内的位移，且2min末的速度为零。加速度a=F/mv=at=Ft/m=1(m/s)2min内的总位移为S=6060160221vm。３．如图为用于节水的喷水“龙头”的示意图，喷水口距离地面高度h=1.25m，用效率（一个工作设备在一定时间内输出的所需能量与输入的能量之比）η=70%的抽水机，从地下深H=5m的井里抽水，使水充满喷水口，并以恒定的速率从该“龙头”沿水平喷出，喷水口的截面积S=2cm2，其喷灌半径R=10m，已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，不计空气阻力。试求：（1）水从喷水口射出时的速率；（2）在1s钟内抽水机需要对水所做的最少的功；（3）带动抽水机的电动机的最小输出功率。（g=10m/s2）解：（1）221gth2102125.1tst5.0smtRv/205.010（2）)21()(2122gHghvtSvHhmgmvW（3分）J1050（3）Wpp150070.01050４．质量为m的物体以速度v0竖直向上抛出，落回原处时速度大小为340v，求：（1）物体运动中所受平均空气阻力；（2）物体以初速度20v竖直向上抛出时的最大高度。FhHRmgNmgf图3-９解：（1）设物体到达的最大高度为hf，所受平均空气阻力为，则根据动能定理得上升阶段mghfhmv01202（1）下降阶段mghfhmv1234002（2）（1）÷（2）得mgfmgf169故mgf257（2）设上升的最大高度为h，则由动能定理得gvhmvhmghmgvmhfhmg16252257,)2(210202020mgf2575．如图所示，木块M上表面是水平的，当小木块m置于M上，并与M一起沿摩擦因数为μ倾角为θ的斜面由静止开始下滑，在下滑过程中，求：（1）m与M一起下滑的加速度？（2）M对m的的支持力和摩擦力大小？解：（1）a=(m+M)(gsinθ－μgcosθ)/(m+M)=gsinθ－μgcosθ（2）f=macosθ,mg-Fn=masinθ．f=mcosθ(gsinθ－μgcosθ)，Fn＝mg－msinθ(gsinθ－μgcosθ)6．计划发射一颗距离地面高度为地球半径R0的圆形轨道地球卫星,卫星轨道平面与赤道平面重合，已知地球表面重力加速度为g,（1）求出卫星绕地心运动周期T？（2）设地球自转周期T0,该卫星绕地球旋转方向与地球自转方向相同，则对于赤道上的某个人来说，该卫星连续处在此人视野中的时间是多少？解：（1）T=gR024（2）gRTTgRt0000243247．如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为=0.25．求：（1）物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？（3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？（cos370=0.8,g=10m/s2）解：（1）物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理：210(sin37cos37)cos372CmvmgRRmgθ2(sin37cos37)2cos3718m/s4.24m/sCvgLRRgL经C点时224.6NCCCCvvNmgmNmgmRR根据牛顿第三定律，P对C点的压力4.6NCCNN（2）从C到E机械能守恒21()2CEDmvmgRhE与D间高度差20.4m2CEDvhRg（3）物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守21(1cos37)2(1cos37)2m/s2CCmgRmvvgR2220.1100.11.4N0.5CCvNmgmR根据牛顿第三定律压力221.4NCCNN8．如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚轮匀速转动将夯从深为h的坑中提上来，当两个滚轮彼此分开时，夯杆被释放，最后夯在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后，两个滚轮再次压紧，夯杆再次被提上来，如此周而复始工作。已知两个滚轮边缘线速度v恒为4m/s，每个滚轮对夯杆的正压力FN为2104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数为0.3，夯杆质量m为1103kg，坑深h为6m。假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，且夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，取g＝10m/s2，求：（1）每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功。（2）夯杆上升过程中被滚轮释放时夯杆底端离坑底多高。（3）打夯周期。解：（1）因为夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，所以每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功JmghW4106（2）根据题意，考虑到夯杆先匀加速上升，后匀速上升，再竖直上抛。当夯杆以smv/4的初速度竖直上抛，上升高度为：mgvh8.0223此时夯杆底端离坑底mhhh2.52。（3）以夯杆为研究对象NNf41102.12；211/2smmmgfa当夯杆与滚轮相对静止时：mtahstsmtav421,2,/42111111　　　　　当夯杆以smv/4的初速度竖直上抛，上升高度为：mgvh8.0223则当夯杆加速向上运动速度到达smv/4后，夯杆匀速上升，匀速上升高度为：mhhhh2.1312因此，夯杆上抛运动的时间为：sgvt4.03；夯杆匀速上升的时间为：svht3.022；夯杆自由落体的时间为：sghtgth1.12,21424　故滚轮夯杆地面h深坑８．如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚轮匀速转动将夯从深为h的坑中提上来，当两个滚轮彼此分开时，夯杆被释放，最后夯在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后，两个滚轮再次压紧，夯杆再次被提上来，如此周而复始工作。已知两个滚轮边缘线速度v恒为4m/s，每个滚轮对夯杆的正压力FN为2104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数为0.3，夯杆质量m为1103kg，坑深h为6m。假定在打夯的过程中坑打夯周期为：sttttT8.34321９．如图所示，倾角为θ的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.不计定滑轮、细绳、弹簧的质量，不计斜面、滑轮的摩擦，已知弹簧劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L.现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：（1）当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小。解：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面.当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F，B受力平衡，F=m2g①对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，m1gsinθ－F=m1a②联立①②解得，a=（sinθ－m2/m1）g③由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinθm2g，即sinθm2/m1故A的加速度大小为（sinθ－m2/m1）g，方向沿斜面向上（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm.从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，m1gx0sinθ=Ep+m1vm2/2④当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsinθ=kx0⑤联立④⑤式解得，)sin(21221mEkgmvpm１０．将一个动力传感器连接到计算机上，我们就可以测量快速变化的力。如图所示就是用这种方法测得的小滑块在半球形碗内的竖直平面内来回滑动时，对碗的压力随时间变化的曲线。从这条曲线提供的信息，求：小滑块的质量和最大偏角θ？（g=10m/s2）解：RvmmgF200①—在最大偏角处可建立方程：0cosAAmgF②其中A为最大偏角，FA为小滑块运动至最大偏角时所受支持力，由机械能守恒得：)cos1(2120AmgRmv③-由①②③式解得小滑块的质量和最大偏角分别为：gFFmA30④AAAFFF23cos0⑤由图线读得数可知，在t=0.1s时，小滑块第一次运动到平衡位置，对碗的压力F0=1.6N；在t=0.6s时，小滑块第一次运动到最大偏角位置，对碗的压力FA=0.1N；由④⑤式可得m=60g，cosA=1/6.OθA0.10.61.11.62.12.60.11.6t/sF/N