物理学与人类文明教学目标

高一物理限时训练

一、单选题（本大题共10小题，共50分）

1.

一个小孩坐在船内，按图示两种情况，用相同大小的力拉绳，使自己发生相同的位移．甲图中绳的另一端拴在岸上，乙图中绳的另一端拴在同样的小船上，水的阻力不计（船未碰撞）．这两种情况中，小孩所做的功分别为W1、W2，做功期间的平均功率分别为P1、P2，则下列关系正确的是（

）

A. W1＞W2，P1=P2

B. W1=W2，P1=P2

C. W1=W2，P1＜P2

D. W1＜W2，P1＜P2

2.

2008年我国四川省汶川地区遭遇了地震灾害，在抗震救灾中，运输救灾物资的汽车以额定功率上坡时，为增大牵引力，司机应使汽车的速度（

）

A. 增大

B. 减小

C. 保持不变

D. 无法确定

3.

某车以相同的功率在两种不同的水平路面上由静止开始起动，在路面1、2受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，下列说法正确的是

A. 车起动过程中加速度大小恒定

B. 车起动过程中受到的牵引力大小恒定

C. 在路面1、2上车的最大速度之比为

D. 车在两种路面上达到最大速度时的牵引力大小相同

4.

从地面上以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2kg的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f=kv，小球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1=2m/s，且落地前已经做匀速运动（取g=10m/s2），则以下说法正确的是（

）

A. k的值为0.1 Ns/m

B. 小球在上升阶段加速度大小为20 m/s2时，其速度大小为1 m/s

C. 小球抛出瞬间的加速度大小为60 m/s2

D. 小球抛出到落地过程中空气阻力所做的功为9.6 J

5.

美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（

）

A. mgh2-mgh1-W

B. W+mgh2-mgh1

C. mgh1+mgh2-W

D. W+mgh1-mgh2

6.

质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止开始竖直落下至地面，则下落过程中（

）

A. 物体的动能增加C. 阻力做的功为

B. 物体的重力势能减少了D. 物体的机械能减少了mgh

7.

两个质量相等的物体，分别从两个高度相等而倾角不同的光滑斜面顶从静止开始下滑，则下列说法不正确的是（

）

A. 到达底部时重力的功率相等

B. 到达底部时速度大小相等方向不同

C. 下滑过程中重力做的功相等

D. 到达底部时动能相等

第1页，共12页

8.

在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2．若应球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g。下列判断正确的是（

）

A. 皮球上升的最大高度为

B. 皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mv12-mv22

C. 皮球上升过程经历的时间为

D. 皮球从抛出到落地经历的时间为

9.

一电梯在运送50kg货物（货物水平放在地板上）的过程中，其运动图象如图（重2力加速度g取10m/s），下列对货物描述正确的是（

）

A. 在0-15s内，重力对货物做功为-12500J

B. 在5-15s内，电梯地板对货物的支持力做了-2500J的功

C. 在20-25s内，与25-35s内，重力对货物做功的平均功率均为5000W

D. 在25-35s内，电梯在减速下降，货物的加速度大小为2m/s2

10.

如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，，一质量为m的小球从D点由静止释放，则关于小球的运动情况，下列说法正确的是

A. 小球可能运动到A点

B. 小球经过较长时间以后会停在C点

C. 小球通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mg

D. 小球通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为

班级____________ 姓名_______________ 序号____________

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 第2页，共12页

答案

四、计算题（本大题共3小题，共39分）

11.

12额定功率为80kW的汽车，在某平直的公路上行驶的最大速度为20m/s，汽车的质量m＝2×103kg。2如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s。运动过程中阻力不变。求：

（1）汽车所受的恒定阻力是多大？

（2）3s末汽车的瞬时功率多大？

（3）匀加速直线运动时间多长？

12.12质量为m=1kg的物块从一光滑的斜面顶端A点以初速度v0=2m/s下滑至底端B点后，颠簸了一下，接着沿水平粗糙地面匀减速滑行了x=8m位移后停止在C点．已知斜面的高度为h=3m，物块与水平地面间的动摩擦因数为µ=0.1，g取10m/s，求：

（1）物块刚滑到斜面底端时（颠簸之前）的速度大小；

（2）物块在B点由于颠簸而损失的机械能△E．

2

13．（15分）

如图8所示，质量为2 kg的物体从竖直平面内弧形轨道上高h＝1 m的A点处以v0＝4 m/s的初速度开始下滑，然后进入水平轨道．轨道ABCD中只有水平的BC部分粗糙，其余部分都光滑．已知BC部分长2 m，物体在BC部分轨道上滑行时受到的摩擦力是8 N，物体进入CD段后仍可返回，试求：(不考虑空气阻力对物体的影响，g取10 m/s2) 第3页，共12页

(1)物体第一次到达B点时的动能；

(2)物体沿CD上升的最大高度；

(3)物体最后静止时的位置离B点的距离．

第4页，共12页

12.

答案和解析

【答案】

1. D

2. B

3. C

8. A

9. A

10. C

15. CD

16. ABC

4. C

11. B

5. D

12. BD

6. C

7. D

13. AC

14. CD

17. 细线应与木板平行；打点计时器需要用交流电源；释放小车时应让小车从靠近计时器处释放；被轻推后做匀速直线运动为止；mgS=

18. （1）当F=Ff时，速度最大，所以，根据vm=

得

Ff=

N=4×10

N.

3

（2）根据牛顿第二定律得

F-Ff=ma

①

根据瞬时功率计算式，得

P=Fv=Fat

②

所以由①②两式得

P=（Ff+ma）at=(4×105+2×103×2)×2×3 W=4.8×104

W.

（3）根据P=Fv可知，随v的增加，直到功率等于额定功率时，汽车完成整个匀速直线运动过程，所以

P额=Fat

③

将式①代入式③得

t=

=

s=5 s.

第5页，共12页

（4）根据功的计算式得

WF=Fs=F·

=(Ff+ma)·

=

×(4×10+2×10×2)×33×2×5

J

2

=2×105

J.

19. 解：（1）设超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的k倍，则在其速度达到最大时，有

，

解得k=0.1 （2）汽车做匀加速运动时，有F-f=ma 设汽车刚达到额定功率时的速度为v1，则有所求时间，

，

联立解得t=15s 答：（1）超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的0.1倍

2（2）若超级电容车从静止开始，保持1m/s的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能维持15s

20. 解：（1）物体从A到B过程中，受重力和支持力，只有重力做功，根据动能定理，有

mgh=解得

①

（2）物体从B到C过程，根据动能定理，有

②

物块在B点由于颠簸而损失的机械能△E为

③

联立①②③解得

△E=+mgh-μmgx=+1×10×3-0.1×1×10×8=24J - 答：（1）物块刚滑到斜面底端时（颠簸之前）的速度大小为8m/s；

（2）物块在B点由于颠簸而损失的机械能△E为24J．

【解析】

第6页，共12页

1. 解：两种情况用同样大小的力拉绳，甲乙两幅图中左边的船移动的位移相同，但乙图中右边的船也要移动，故拉力作用点移动的距离大；

拉力的功等于拉力与作用点在拉力方向上的位移的乘积，故乙图中拉力做功多，由于拉力相同，甲乙两船的加速度相同，根据两船一定的位移相同，则运动的时间相同，根据功率的公式知，乙图中拉力的功率大；故D正确，A、B、C错误．

故选：D．

两种情况用同样大小的力拉绳，甲乙两幅图中左边的船移动的位移相同，但乙图中右边的船也要移动，故拉力作用点移动的距离大，根据功的定义和功率的定义判断即可．

本题关键明确拉力的功等于拉力与拉力作用点在拉力方向的位移的乘积，然后根据功率定义判断功率的大小．

2. 解：由功率公式P=Fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，故B正确，ACD错误．

故选：B．

司机用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由P=FV可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大．

本题很好的把现实生活中的事情与所学的物理知识结合了起来，可以激发学生的学习兴趣，知道发动机功率与牵引力、速度之间的关系，并能灵活运用．

3. 【分析】车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大。根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求解。

解决本题的关键知道以恒定功率行驶，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大。

【解答】

汽车的功率为，P不变，速度增大，则F减小，由F-kmg=ma可知，a减小，则质量为m，则有：，车在两种路面上达到最大速度时F=kmg，因为k1和k2的关系不知，则牵引力P=k1mgv1=k2mgv2，所以大小不一定相同，故ABD错误，C正确。

故选C。

4. 解：A、小球落地前以v1匀速运动，则有mg=kv1，即k=B、根据牛顿第二定律得：mg+kv=ma，得v=C、小球抛出瞬间的加速度大小a==g+==10+==1 Ns/m，故A错误．

=2m/s，故B错误．

=60 m/s，故C正确．

=-9.6J，故D错误．

2D、小球抛出到落地过程中，根据动能定理得：Wf=故选：C 2根据落地前做匀速运动，由平衡条件求出比例系数k．根据牛顿第二定律研究加速度大小为20 m/s时的速度大小．根据牛顿第二定律求出抛出瞬间的加速度大小．根据动能定理求空气阻力所做的功．

本题是信息给予题，要把握空气阻力与速率的关系，注意空气阻力方向与运动方向相反，一直做负功．运用动能定理和牛顿运动定律进行研究．在运用动能定理和牛顿运动定律解题注意要合理地选择研究的过程．

5. 解：篮球机械能守恒，选取地面为0势能面，设篮球进筐时的动能为W2，则有

mgh1+W=mgh2+W2 得：W2=W+mgh1-mgh2 第7页，共12页

故选：D 篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．

本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功．

6. 解：以物体从开始运动到落到落入沙中停止为研究过程，向上的力F、重力和沙的阻力做功，

根据动能定理w总=△EK

可得：

W+WG+Wf=0-0

即：F•H+mgh+Wf=0

代入数据解得：Wf=-34J，则物体克服沙坑的阻力做功是34J．

故选：C 对物体开始运动到落入沙坑这个整个过程运用动能定理，结合向上力F、重力做功大小，通过动能定理求出克服阻力做功的大小．

该题目考查的是动能定理的应用，在应用时，应注意研究过程的选取，知道动能的变化与总功有关．

7. 解：两物体的动能之比为==；

故选D．

已知质量与速度关系，由动能的计算公式可以求出两物体的动能之比．

知道动能的计算公式即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．

8. 解：A、根据牛顿第二定律得，小球所受的合力为：F合=ma=mg，根据动能定理知：F合h=△Ek，则动能增加量为△Ek=mgh．故A正确．

B、物体下降的高度是h，所以重力做功mgh，物体的重力势能减少mgh．故B错误．

C、阻力大小为F．根据牛顿第二定律得：mg-F=ma，解得：F=mg，则阻力做功为-Fh=-mgh．故C错误．

D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知物体克服阻力做功为mgh，所以机械能减少了mgh．故D错误．

故选：A 通过动能定理求出动能的增加量．根据下落的高度求出重力势能的减小量．根据牛顿第二定律求出阻力，再求阻力做功．根据阻力做功情况确定机械能的变化量．

解决本题的关键掌握常见的功与能关系，知道合力做功等于动能的变化量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量．

9. 解：A、小球从静止到最低点的过程运用动能定理得mv2-0=mgh，所以两种情况下的末速度大小相等，而θ不等，根据pG=mgvsinθ可知三个小球到达底端时重力的功率不相同，故A错误；

B、小球从静止到最低点的过程运用动能定理得：mv2-0=mgh，所以小球的末动能相同，所以到达底部时速度大小相等方向不同，故B正确．

C、下滑过程中重力做的功相等都为mgh，故C正确，

D、根据B选项分析，故D正确．

本题选不正确的，故选A．

重力的功率可根据pG=mgvsinθ来判断；

小球到达最低点时动能可通过动能定理来判断；

本题考查了动能定理得应用，重力势能的变化和重力做功的关系，难度不大，属于基础题．

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10. 解：由于运动员在空中匀速下落，质量和速度都没发生变化，故动能不变；

在下落过程中，高度降低，所以重力势能减小；

故选：C．

动能的影响因素是物体的质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；

重力势能的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大．

该题考查了动能和重力势能大小的影响因素，难度不大，主要是注意题目中小球是匀速下落的，基础题．

11. 【分析】

机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功；物体机械能的增加量等于除重力外其余力做的功。正确选择研究对象进行分析，从而明确能量间的相互转化情况。

本题关键是明确机械能守恒的条件是除重力外其余力不做功，其余力做的功等于机械能的变化量。要注意对于两个物体机械能守恒时，A物体机械能的减小量等于B物体机械能的增加量，但机械能的总量不变。

【解答】

A .对AB系统来说，绳子拉力属于内力，故绳子拉力不考虑，由于整体只有重力做功，故机械能守恒，故A错误；

B.对B分析可知，重力之外的力只有绳子拉力做功，故绳子对B做功等于物块B的机械能增加量，故B正确；

C.A的重力势能的减小量等于AB动能的增加量以及B重力势能的增加量，故C错误；

D.由于总机械能守恒，则可知，A的机械能与物体B的机械能之和不变，由于B的动能增加，故物块A的机械能与物块B的重力势能之和减小，故D错误；

故选B。

12. 解：A、由动能定理当阻力为零时，皮球上升的最大高度，可得上升的最大高度h=，当有阻力作用时，皮球上升的最大高度小于，故A错误；

B、皮球在整个上升和下降过程中只有阻力做功，根据动能定理有：以克服阻力做功为，故B正确；

，因为阻力做负功，所C、皮球上升过程中受到向下的阻力作用，故皮球上升时的加速度大于重力加速度，故上升时间小于，故C错误；

D、用动量定理，结合微积分思想，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：

上升过程：mgt1+kvt1=mv1 由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：

h=vt1 即mgt1+kh=mv1①

同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程：

mgt2+kvt2=mv2 即：mgt2-kh=mv2②

由①②得：mg（t1+t2）=m（v1+v2）

而t1+t2=t，故：t=，故D正确。

故选：BD。

根据动能定理求得皮球上升和下降过程中阻力做的功，再根据动量定理结合微积分思想求得皮球运动的时间。

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本题本身很复杂，因为上升过程和下降过程都是加速度变化的运动，但是一旦抓住主要因素，忽略次要因素，问题就变得很容易。

13. 【分析】

B在A的表面上滑行时受摩擦力作用而做匀减速运动，A受摩擦力作用做匀加速直线运动，根据v-t图象可得到木板获得的速度，求得动能和系统损失的动能，根据图象的斜率得出两物体的加速度，根据牛顿第二定律求解即可A、B间的动摩擦因数。

加速度是联系力和运动的桥梁，根据v-t图象得出物体运动特征，并根据牛顿运动定律求解受力和运动情况是解决本题的关键。

【解答】

从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为1m/s，

A.木板获得的动能为B.系统损失的机械能C.由图象可知1s内物体B的位移为最小长度为L =xB-xA=1m，故C正确；

，故A正确；

，故B错误；

，木板A的位移为，所以木板D.由图象可知木板A的加速度为故选AC。

，根据μmBg=mAaA得出动摩擦因数为0.1，故D错误。

14. 【分析】

在v-t图象中，与时间轴所围面积即为物体通过的位移，斜率表示物体的加速度，根据牛顿第二定律求得支持力，用W=Fx求得恒力做功。本题考查了运动学规律在实际生活中的应用，抓住在v-t图象中与时间轴所围面积为物体的位移，斜率代表加速度，对图象的理解是关键。

【解析】

A.在v-t图象中，与时间轴所围面积即为物体运动的位移，故在0-15s内通过的位移为：x=，重力对货物做功为：W=-mgx=-50×10×75J=-37500J，故A错误；

，根据牛顿第二定律可知：FN=ma+mg=50×（-1），故电梯地板对货物的支持力做了：B.在5-15s内，加速度为：+50×10N=450N，通过的位移为：x′=W=FN•x′=450×50J=22500J，故B错误；

C.在20-25s内，与25-35s内，平均速度为：货物做功的平均功率均为P=mgv=5000W，故C正确；

，此过程重力方向与速度方向相同，故重力对D.在25-35s内，电梯在减速下降，货物的加速度大小为：故选CD。

15. 【分析】

，故D正确；

由几何知识得知，斜面的倾角等于30°，物体从A点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，物体在斜面上运动时机械能不断减小，到达的最大高度越来越小，最终在BE圆弧上来回运动，到达B点的速度为零；当物体第一次经过C点时，速度最大，对C点的压力最大，当最后稳定后，物体在BE之间运动时，经过C第10页，共12页

点时速度最小，物体对C点的压力最小，根据动能定理求出最大速度和最小速度，再由牛顿运动定律求解最大压力和最小压力。

本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，明确C点圆周运动的向心力的来源：合外力。

【解答】

AB.如图所示：

物体从D点无初速度滑下后，由于在AB段要克服摩擦力做功，所以物体在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小，不可能运动到A点，最终在BE圆弧上来回运动，不会停在C点，故AB错误；

C.物块第一次运动到C时速度最大，对轨道的压力最大，物块从D第一次运动到C过程，由动能定理得：

设此时轨道对物体的支持力F1，由牛顿第二定律得：物块对C点的最大压力为3mg，故C正确；

，联立解得：F1=3mg，由牛顿第三定律知D.当最后稳定后，物体在BE之间运动时，设物体经过C点的速度为v2，由动能定理得：

设轨道对物体的支持力F2，由牛顿第二定律得：联立解得：

由牛顿第三定律可知，物体对C点的最小压力为故选CD。

，故D正确。

16. 【分析】

根据动能定理求得物体的动能增加量和小车的动能增加量；注意物体和小车相对地面的位移不等。

系统机械能减少量是通过摩擦力对系统做功量度的。

【解答】

A、根据动能定理得：

(F-f)(s+L)=△EK 所以物体具有的动能为(F-f)(s+L)，故A正确；

B、根据动能定理得：

fs=△EK′

所以小车具有的动能为fs，故B正确；

C、物体克服摩擦力做功为f(s+L)，故C正确；

D、这一过程小车和物体组成的系统受到外力F的作用，做功为F(S+L)，

摩擦力对系统做功w=-fL，由于摩擦产生的内能为fL，

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机械能增加了F(S+L)-fL，故D错误。

故选ABC。

17. 解：（1）安装仪器时我们需要注意：①细线应与木板平行，保证拉力在小车前进的方向上；

②打点计时器需要用交流电源；

③释放小车时应让小车从靠近计时器处释放，在纸带上打上尽量多的点；

（2）为消除摩擦力的影响，实验前必须进行平衡摩擦力：将小车水平静止地放在长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车被轻推后做匀速直线运动为止；

（3）合外力做的功为：mgS，动能增加量为，则本实验需验证的数学表达式为mgS=．

故答案为：（1）①细线应与木板平行；②打点计时器需要用交流电源；③释放小车时应让小车从靠近计时器处释放；（2）被轻推后做匀速直线运动为止；（3）mgS=．

（1）分析实验的原理图，根据实验中的注意事项及减小误差的方法等分析本实验存在的问题；

（2）小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力；

（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．

本题考查了实验装置分析，知道实验原理与实验注意事项、分析清楚图示实验情景即可正确解题，难度适中．

18. （1）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fvm=fvm求出汽车所受的阻力．

（2）当匀加速运动速度达到最大时，功率达到额定功率，根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的牵引力，从而得出匀加速直线运动的最大速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速运动的时间．

（3）先根据匀加速直线运动位移公式求出匀加速运动的位移，根据W=Fs求解牵引力做的功．

解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时，速度最大，最终做匀速直线运动.

19. （1）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=fvm求出阻力的大小，从而得出阻力与车重的关系。

（2）根据牛顿第二定律求出牵引力，结合P=Fv求出匀加速直线运动的末速度，根据速度时间公式求出匀加速直线运动的时间。

解决本题的知道电容车在整个过程中的运动规律，掌握功率和牵引力、速度的关系，知道加速度为零时，速度最大。

20. （1）对从A到B过程运用动能定理列式求解即可．

（2）对从B到C过程运用动能定理列式求解出颠簸后速度，然后求解因为颠簸而损失的机械能．

本题考查动能定理的应用，对AB过程、BC过程、AC过程都可以运用动能定理列方程，然后联立求解即可．

第12页，共12页