辽宁省朝阳市新高考高一下物理精编解答题合集含解析

辽宁省朝阳市新高考高一下物理精编解答题合集
多选题有答案含解析
1．(本题9分)某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的图象，已知小车在内做匀加速直线运动，内小车牵引力的功率保持不变，在末停止遥控让小车自由滑行，小车质量，整个过程中小车受到的阻力大小不变。

求：
（1）小车所受的阻力是多大？
（2）在内小车牵引力的功率是多大？
（3）小车在加速运动过程中的总位移是多少？
2．(本题9分)质量m=3kg的小球用一根长L=2.5m的轻绳系在光滑水平面的上方O点，O点到水平面的距离h=2m．现拉直轻绳，给小球一个初速度，可使小球在水平面内做圆周运动．不计一切阻力，重力加速度g=10m/s2（计算结果可以用分数或根式表示）．求：
(1)小球能在该水平面内做圆周运动的最大角速度ω0；
(2)若小球做圆周运动的角速度ω=2rad/s时，则小球对水平面的压力多大？
3．(本题9分)如图所示，质量为m＝2kg的物体静止在水平地面上，受到与水平地面夹角为θ＝37°、大小F＝10N的拉力作用，物体移动了l＝2m，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．求：
(1)拉力F所做的功W1.
(2)摩擦力f所做的功W2.
(3)合力F合所做的功W.
4．(本题9分)如图所示，A、B两小球带等量同号电荷，A固定在竖直放置绝緣支柱上，B受A的斥力作
用静止于光滑的绝缘斜面上与A等高处，两者的水平距离为r=
3
10
m斜面倾角为θ=30°，B的质量为m=
103×10-3kg.求:
(1)画出小球B的受力分析图；
(2)B球对斜面的压力大小；
(3)B球带的电荷量大小(g取10m/s², 静电力常量k=9.0×109N·m²/C).
5．在地球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把质量为m的物体P置于弹簧上端，用力压到弹簧形变量为3x0处后由静止释放，从释放点上升的最大高度为4.5x0，上升过程中物体P的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。

若在另一星球N上把完全相同的弹簧竖直固定在水平桌面上，将物体Q 在弹簧上端点由静止释放，物体Q的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中虚线所示。

两星球可视为质量分布均匀的球体，星球N半径为地球半径的3倍。

忽略两星球的自转，图中两条图线与横、纵坐标轴交点坐标为已知量。

求：
(1)地球表面和星球N表面重力加速度之比；
(2)地球和星球N的质量比；
(3)在星球N上，物体Q向下运动过程中的最大速度。

6．(本题9分)将一个质量为lkg的小球从某高处以3m/s的初速度水平抛出，测得小球落地点到抛出点的水平距离为1.2m。

小球运动中所受空气阻力忽略不计。

求：
(1)小球在空中运动的时间；
(2)小球落地时速度大小及方向；
(3)小球落地时重力的功率。

7．(本题9分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：
（1）小球到达小孔处的速度；
（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．
8．(本题9分)地球的质量M=5.98×1024kg，地球半径R=6370km，引力常量G=6.67×10－11N·m2/kg2，一颗绕地做圆周运动的卫星环绕速度为v=2100m/s，求：
（1）用题中的已知量表示此卫星距地面高度h的表达式
（2）此高度的数值为多少？（保留3位有效数字）
9．(本题9分)从离地高80m处水平抛出一个物体，3s末物体的速度大小为50m/s，g取10m/s2。

求：
(1)物体抛出时的初速度大小；
(2)物体在空中运动的时间；
(3)物体落地时的水平位移．
10．(本题9分)一辆小汽车在平直公路上由静止启动，加速度为1.2m/s2。

求:
(1)小汽车启动后速度达到6m/s时所用的时间？
(2)此过程中通过的位移？
11．(本题9分)如图所示，光滑的水平面AB与光滑的竖直半圆形轨道BC平滑连接，半圆轨道半径0.2m
R=，m=的物体放在A处。

现作用一水平向右的恒力F。

使物块由静止开始运动，当物体运一个质量为0.5kg
动到B点时。

撤去水平恒力F，物体恰好能通过半圆轨道的最高点C，并从C点水平抛出。

后又落回A处。

g取2
10m/s，物体可视为质点。

空气阻力不计。

求：
（1）AB的长度L；
（2）物体在B点时对轨道的压力；
（3）力F的大小。

12．(本题9分)如图所示，小球在外力作用下，由静止开始从A点出发做匀加速直线运动，到B点时消除外力．然后，小球冲上竖直平面内半径为R的光滑半圆环，恰能维持在圆环上做圆周运动通过最高点C，
到达最高点C后抛出，最后落回到原来的出发点A处．试求：
（1）小球运动到C点时的速度；
（2）A、B之间的距离．
13．设地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G．将地球视为半径为R、质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响．若把一质量为m的物体放在地球表面的不同位置，由于地球自转，它对地面的压力会有所不同．
（1）若把物体放在北极的地表，求该物体对地表压力的大小F1；
（2）若把物体放在赤道的地表，求该物体对地表压力的大小F2；
（3）假设要发射一颗卫星，要求卫星定位于第（2）问所述物体的上方，且与物体间距离始终不变，请说明该卫星的轨道特点并求出卫星距地面的高度h．
14．(本题9分)小球在外力作用下，由静止开始从A点出发做匀加速直线运动到B点时撤除外力.然后，小球冲上竖直平面内半径为R的光滑半圆轨道，恰能在圆轨道上做圆周运动，到达最高点C后抛出，最后落回到原来的出发点A处，如图所示，重力加速度为g，试求
（1）小球在C点的速度；
（2）AB之间的距离；
（3）小球在AB段运动的加速度为多大
15．(本题9分)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.1．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块在C 点的速度大小v C ；
（2）滑块在B 点的速度大小v B ；
（3）A 、B 两点间的高度差h ．
16． (本题9分)如图所示，竖直平面内半径为R 的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB 相连接，AB 的长度为x ．一质量为m 的小球，在水平恒力F 作用下由静止开始从A 向B 运动，小球与水平轨道间的动摩擦因数为μ，到B 点时撤去力F ，小球沿圆轨道运动到最高点时对轨道的压力为2mg ，重力加速度为g ．求：
(1)小球在C 点的加速度大小；
(2)小球运动至B 点时的速度大小；
(3)恒力F 的大小．
17． (本题9分)一辆汽车质量是1000kg ，额定功率为71kW ，从静止开始以a=1m/s 1的恒定加速度沿平直轨道向某一方向运动．汽车运动过程中所受的阻力始终为1600N ．g 取10m/s 1．求：
（1）该汽车做匀加速直线运动阶段的牵引力是多大？
（1）该汽车做匀加速直线运动能够持续的时间？
（3）该汽车能够达到的最大速度？
18．某起重机铭牌标记其额定输出功率为42kW ，现用其提升货物，已知g=10m/s 2。

(1)试通过计算说明其能否在6s 内将m=500kg 的货物由静止匀加速提升18m 高?
(2)该起重机最多能将多重的货物以8m/s 速度向上运输提升?
19．（6分）一束初速度不计的电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，电子电量e ＝191.610-⨯C ，那么 （1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?
（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?
20．（6分） (本题9分)如图所示，导热性能良好的气缸开口向上，用轻质活塞封闭有一定质量体积为的气体，外界大气压强为P 0，环境温度为T 0，轻质活塞横截面积为S ，与气缸之间的摩擦不计。

现在活塞上
面放一质量为m的物块，活塞缓慢下移，并最终静止在某一位置。

重力加速度为g。

求：
（1）活塞静止时，离气缸底端的距离是多少？
（2）如果拿掉物块，要保持活塞位置不变，环境温度需要改变到多少？气缸吸热还是放热？
参考答案
多选题有答案含解析
1．（1）（2）（3）
【解析】【分析】在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力作用下做匀减速运动，根据速度图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解阻力；在7～10s时间内，小车做匀速运动，牵引力与阻力平衡，由公式P=Fv 求出小车牵引力的功率P；由“面积”求出匀加速运动的位移；根据动能定理求出1.5～7s内小车做变加速运动的位移，再求解小车在加速运动过程中的总位移x；
解：（1）在末撤去牵引力后，小车只在阻力作用下做匀减速运动，
设加速度大小为，则
根据
由图像可得∴
（2）小车的匀速运动阶段即内，设牵引力为，则
由图象可知
且
（3）小车的加速运动过程可以分为和两段，设对应的位移分别为和，在内的加速度大小为，则由图象可得
在内由动能定理可得
解得
由 2． (1)05rad/s ω= (2)6N
【解析】
【详解】
(1)小球能在水平面内以最大速率运动时，水平面对小球的支持力为零，设此时绳子与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律： 1cos F mg θ= ①
210sin F mr θω= ②
由几何关系：tan r h θ= ③
解得：05rad/s ω= ④
(2)设ω=2rad/s 时，水平面对小球的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律
22sin F mr θω= ⑤
2cos N F F mg θ+= ⑥
解得：6N N F = ⑦
由牛顿第三定律，小球对水平面的压力6N N N
F F '== ⑧ 3．（1）16J （2）-8.4J （3）7.6J
【解析】
【详解】
对物体进行受力分析，如图所示．
（1）拉力的功cos371020.816W FL J =︒=⨯⨯=；
（2）物体对地面的压力sin 20100.614N F mg F N θ=-=-⨯=；
摩擦力0.314 4.2f N F F N μ==⨯=；
故摩擦力所做功的 4.228.4f f W F L J ==-⨯=-；
（3）重力与位移相互垂直，故重力做功为G W =0；
支持力与位移相互垂直，故支持力做功0N F W =；
合外力的功168.47.6J N f G F W W W W W =+++=-=合；
4．（1）见解析（2）0.20N （3）6310C -⨯ 【解析】
（1）受力分析图如图
（2）令B 球对斜面的支持力为N F ，带的电荷量Q ，A 、B 相距r ．
由B 球受力分析可以得到： N F cos mg ＝θ，得0.20?
N F N ＝． 据牛顿第三定律得B 球对斜面的压力
0.20?N F N '＝，方向垂直斜面斜向下； （3）根据库仑定律，结合力的合成与分解，则有：2
2Q F k mgtan r
θ==，又：L rtan θ=， 代入数据得:6310Q C -=． 点睛：考查如何受力分析，掌握力的平行四边形定则，理解库仑定律，注意三角函数的正确应用． 5． (1)2:1(2)2:9(3)0032
v a x =
【解析】
【详解】
（1）由图象可知，地球表面处的重力加速度为 g 1=a 0
星球N 表面处的重力加速度为 g 2=00.5a
则地球表面和星球N 表面重力加速度之比为2∶1
（2）在星球表面，有 2
GMm mg R = 其中，M 表示星球的质量，g 表示星球表面的重力加速度，R 表示星球的半径。

则
M=2
gR G
因此，地球和星球N 的质量比为2∶9
（3）设物体Q 的质量为m 2，弹簧的劲度系数为k
物体的加速度为0时，对物体P ：
mg 1=k·x 0
对物体Q ：
m 2g 2=k·3x 0
联立解得：m 2=6m
在地球上，物体P 运动的初始位置处，弹簧的弹性势能设为Ep ，整个上升过程中，弹簧和物体P 组成的系统机械能守恒。

根据机械能守恒定律，有：
1004.5p E mg h ma x ==
在星球N 上，物体Q 向下运动过程中加速度为0时速度最大，由图可知，此时弹簧的压缩量恰好为3x 0，因此弹性势能也为Ep ，物体Q 向下运动3x 0过程中，根据机械能守恒定律，有：
m 2a 23x 0=Ep+2212
m v 联立以上各式可得，物体P 的最大速度为v=0032
a x 6．（1）0.4s （2）5m/s ；落地时速度与水平方向夹角为
（3）40W 【解析】（1）小球在水平方向上做匀速直线运动，根据t=得，解得小球在空中运动的时间t=0.4s
（2）小球在竖直方向上做自由落体运动，根据v y =gt 可得落地的竖直速度为v y =4m/s
小球落地时速度大小
落地时速度与水平方向夹角为
（3）小球落地前重力的瞬时功率P G =mg v y =40W ．
7．（1）；（2），；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v 2=2gh
解得： ①
（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg （h+d ）-qEd=0 解得：② 电容器两极板间的电压为： 电容器的带电量为：
（3）加速过程：
mgt 1=mv…③
减速过程，有：
（mg-qE ）t 2=0-mv…④
t=t 1+t 2…⑤
联立①②③④⑤解得：
【点睛】
本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难． 8．（1）2GM h R v =
-（2）h=8.41×107m 【解析】
试题分析：（1）万有引力提供向心力，则
解得：2
GM h R v =- （2）将（1）中结果代入数据有h=8.41×107m
考点：考查了万有引力定律的应用
9． (1)40m/s ；(2)4s ；(3)160m 。

【解析】
【详解】
(1)物体在3s 末的竖直分速度：
103m/s 30m/s ==⨯=y v gt
根据平行四边形定则知，物体的初速度：
2202500900m/s 40m/s -=-=＝y v v v ；
(2)根据2
12
h gt =
得，物体平抛运动的时间：
4s =
＝t ； （3）物体落地的水平位移：
0404m 160m ==⨯=x v t 。

【点睛】
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

10．⑴5s ； ⑵15m 。

【解析】 【详解】
（1）汽车做匀加速直线运动，根据速度时间关系 v=v 0+at ， 6=0+1.2t ， t=5s ；
（2）根据速度位移关系
22
02v v ax -=
初速度为0，末速度为6m/s ，解得位移为 x=15m 。

【点睛】
根据速度时间关系可求速度达到6m/s 所用的时间；根据速度位移关系可求汽车通过的位移． 11．（1）0.8m ；（2）30N ；（3）6.25N 【解析】 【分析】 【详解】
（1）物体恰好从圆轨道的定点C 水平抛出，则在C 点，由重力提供向心力，则有
2
c v mg m R
= 从C 到A 的过程中，根据平抛运动
2
122
R gt =
c L v t = 解得
20.4m
L R
===
（2）从B到C的过程中，根据动能定理得
22
11
2
22
c B
mgR mv mv
-=-
在B点，根据牛顿第二定律有
2
B
NB
v
F mg m
R
-=
解得
630N
NB
F mg
==
根据牛顿第三定律可知：物体在B点对轨道的压力与轨道对物体的支持力是一对相互作用力，即60N
'3
NB NB
F F mg
===
（3）从A到C的过程中，根据动能定理得
2
1
20
2c
F L mgR mv
⋅-=-
解得
2
1
225
2 6.25N
4
c
mv mgR
F m
L
+
===
12．（1
）v=（2）2
s R
=
【解析】
试题分析：（1）小球冲上竖直半圆环，恰能通过最高点C，重力恰好提供向心力，根据向心力公式列式即可求解；（2）从C到A做平抛运动，根据平抛运动规律列式即可求解．
（1）小球恰好经过C点，在C点重力提供向心力，则有：
2
v
mg m
R
=
解得：v=
（2）小球从C到A做平抛运动，则有：2
1
2
2
R gt
=
解得：t=
则A、B之间的距离2
x vt R
==
13．（1）
2
GMm
R
（2）
2
222
4
Mm
F G m R
R T
π
=-（3
）h R
=
【解析】
【详解】
(1) 物体放在北极的地表，根据万有引力等于重力可得：2Mm
G mg R = 物体相对地心是静止的则有：1F mg =，因此有：12Mm
F G R
=
(2)放在赤道表面的物体相对地心做圆周运动，根据牛顿第二定律：2
2
224Mm G
F m
R R
T
π-=
解得： 2
2224Mm F G m R R T
π=-
(3)为满足题目要求，该卫星的轨道平面必须在赤道平面内，且做圆周运动的周期等于地球自转周期T 以卫星为研究对象，根据牛顿第二定律：2
2
24()()
Mm G
m
R h R h T
π=++
解得卫星距地面的高度为：h R =
14． (1) v =(2) 2s R = (3) 54
a g =
【解析】 【详解】
（1）根据题意，在C 点时，满足:
2
v mg m R
=①
解得:v =
（2）从C 回到A 过程，满足:
2
122
R gt =
②
水平位移,s vt v =
由②、③式可得2s R =
（3）从B 到C 过程，由机械能守恒定律得:
22
11222
B mv mv mg R +=⨯④
由①、④式得B v =
从A 到B 过程，满足2
2B as v =⑤
∴54
a g =
. 15．（1）2m/s （2）4.29m/s （3）1.38m 【解析】
（1）由题意，在C 处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为m ，由牛顿定律：2C
v mg m R
=
解得：2/C v m s =
=
（2）由几何关系，BC 高度差H 为：(1cos37)0.72H R m =+= 滑块由B 到C 的运动过程中重力做功，机械能守恒，以B 为势能零点：
22
1122
B C mv mgH mv =+
B v = 带入数据：v B =4.29m/s
（3）滑块由A 到B 过程，由牛顿定律：sin 37mg f ma -=
cos37N mg =
f N μ=
解得：(sin 37cos37)a g μ=- 解得：a=4m/s 2；
设AB 间距为L,由运动公式：v B 2=2aL 由几何关系：h=Lsin370
解得：2
sin 37 1.382a
B
v h m ==
16． (1)3a g = (2)B v = (3)72mgR
F mg x
μ=+ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由牛顿第三定律知在C 点，轨道对小球的弹力为： F=2mg
小球C 点时，受到重力和和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得：
F mg ma +=
解得： a=3g
（2）设小球在B 、C 两点的速度分别为B C v v 、 在C 点有：
2C v a R
=
解得：
C v =
从B 到C 过程中，由机械能守恒定律得：
2211
•222
B C mv mv mg R =+ 解得：
B v =（3）从A 到B 过程中，由动能定理得：
21
•2
B F x mgx mv μ-=
解得：
72mgR
F mg x
μ=+
17．（1）36000N （1）10s （3）45m/s 【解析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律：F-F f =ma 解得: F=ma+F f =1000×1N+1600N=3600N ．
（1）随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的过程结束，
由P=Fv 得317210/20/3600
P v m s m s F ⨯===
由匀加速运动公式v=at 得：t=1
v a
=10 s ． （3）当汽车达到最大速度时，有F′=F f =1600 N ．
由P=F′v ，得3
7210 /45/1600
P v m s m s F ⨯==='
【点睛】
解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，理清汽车的运动规律，知道牵引力与阻力相等时，速度最大．
18．（1）能（2）2
5.2510kg ⨯
【解析】 【详解】
(1)货物做匀加速运动，由运动学知识 可得：加速度为：2
2
21.0m /s h a t =
=
速度为：6/v m s
=
根据牛顿第二定律得：F mg ma -=
解得：5500N F = 此起重机最小功率为：33kW 42kW P Fv ==< 故：可以在6s 内将m=500kg 的货物由静止匀加速提升18m 高 (2)当匀速提升时，拉力等于重力时
可得：4
3 4.210 5.25108
P mg F N V ⨯====⨯
故：25.2510kg mg
m g
=
=⨯ 19． (1) 16
810k E -=⨯J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V
【解析】 【详解】
（1）加速过程，由动能定理得:2
012
ls E eU mv ==① 解得:5000k E =eV 16810-=⨯J
（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大 到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动0l v t =②
在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm
'
==
③ 偏转距离2
12
y at =④ 能飞出的条件为1
2
y d ≤⑤
解①~⑤式得:()
()
2
22
222225000 1.0102 4.0105.010Ud U l --⨯⨯⨯'
=
=⨯⨯V
即要使电子能飞出，所加电压最大为400V 20．（1） （2）
【解析】 【分析】
根据平衡条件求出放上活塞后封闭气体的压强，根据玻意耳定律即可求出活塞静止时离汽缸底部的距离；拿掉物块后，缸内气体发生等容变化，由查理定律求解出环境温度，根据热力学第一定律判断吸放热情况。

【详解】
（1）放上物块并稳定后，由平衡条件得：
达到稳定过程，根据玻意耳定律得：
解得：
（2）拿掉物块后的稳定过程，根据查理定律得：
解得：
由于T<T0，环境需要降温，降低的温度为
【点睛】
本题第一问关键找出初末状态，然后根据气体实验定律列方程求解.。