貴州省貴陽市清鎮犁倭鄉犁倭中學高一物理知識點試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.已知萬有引力恒量G，要計算地球的質量還必須已知某些數據，現給出以下各組數據。可以計算出地球質量的有(

)

A．地球繞太陽運行的周期T和地球離太陽中心的距離R

B．月球繞地球運行的周期T和月球離地球中心的距離R

C．人造地球衛星在地面附近運行的速度v和運行周期T

D．地球半徑R和地球表面重力加速度g參考答案：BCD2.水平傳送帶以速度v勻速傳動，一質量為m的小木塊A由靜止輕放在傳送帶上，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，如圖所示，則小木塊從放到傳送帶上開始到與傳送帶相對靜止的過程中，轉化為內能的能量為（）A．mv2 B．2mv2 C． D．參考答案：D【考點】牛頓第二定律；功能關系．【分析】小木塊放在傳送帶上在滑動摩擦力的作用下做勻加速運動，最終小木塊與傳送帶相對靜止說明小木塊與傳送帶的速度相等，也為v，可以根據恒力做功公式去求解．【解答】解：小木塊受的滑動摩擦力f=μmg，其加速度為a=設小木塊速度達到v時相對于傳送帶的△x=x傳﹣x木=vt﹣=v﹣=，摩擦產生的內能：Q=f△x==．故D正確，A、B、C錯誤．故選：D．3.(單選)一個質點做方向不變的直線運動，加速度的方向始終與速度方向相同，但加速度大小逐漸減小直至為零，則在此過程中

（）A.速度逐漸減小，當加速度減小到零時，速度達到最小值B.速度逐漸增大，當加速度減小到零時，速度達到最大值C.位移逐漸增大，當加速度減小到零時，位移將不再增大D.位移逐漸減小，當加速度減小到零時，位移達到最小值參考答案：B4.（單選）兩個大小相同的小球帶有同種電荷(均可看作點電荷)，質量分別為m1和m2，電荷量分別為q1和q2，用兩等長的絕緣細線懸掛后，因靜電力而使兩懸線張開，分別與豎直方向成夾角和，如圖所示，若，則下述結論正確的是A．一定滿足B．必定同時滿足q1=q2，m1=m2C．q1一定等于q2，但m1不一定等于m2D．m1一定等于m2，但q1不一定等于q2參考答案：D5.（單選題）下列各組物理量中，全部是矢量的有：A．位移、速度、平均速度、加速度

B．速度、平均速度、加速度、路程C．位移、速度、加速度、質量

D．速度、加速度、位移、時間參考答案：A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在如圖所示的皮帶傳動裝置中，小輪O1的半徑是大輪O2半徑的一半，A、B、C、分別是大輪邊緣、小輪邊緣、大輪上的點，且C到轉軸O2的距離等于大輪半徑的一半。在此傳動裝置正常運轉（皮帶不打滑）的情況下，（1）A、B、C運動的速度大小之比為

；（2）A、B、C轉動的角速度速度之比為

；（3）A、B、C的向心加速度之比為

。參考答案：7.一圓環，其圓心為O，若以它的直徑AB為軸做勻速轉動，如圖所示（1）圓環上P、Q兩點的線速度大小之比是

；（2）若圓環的半徑是20cm，繞AB軸轉動的周期是0.01s，環上Q點的向心加速度大小是

．（此空保留一位有效數字）參考答案：：1，4×104m/s2【考點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度．【分析】（1）同一圓環以直徑為軸做勻速轉動時，環上的點的角速度相同，根據幾何關系可以求得Q、P兩點各自做圓周運動的半徑，根據v=ωr即可求解線速度之比；（2）根據a=即可求得Q點的向心加速度大小．【解答】解：P、Q兩點以它的直徑AB為軸做勻速轉動，它們的角速度相同都為ω，所以Q點轉動的半徑為：r1=Rsin30°，P點轉動的半徑為：r2=Rsin60°根據v=ωr得圓環上P、Q兩點的線速度大小之比是：1根據a=得Q點的向心加速度大小為：a=4×104m/s2．故答案為：：1，4×104m/s28.海濱浴場的滑梯從頂端到入水處約12m，一人由滑梯頂端開始做初速度為零的勻加速直線運動，開始運動后第1s內通過的距離為0.75m，則人的加速度大小為

，從頂端開始到入水所需要的時間為

，人入水時的速度大小是

。參考答案：1.5m/s2，4s，6m/s。9.某同學從家出發步行到學校，要先向東走400m，然后再向北走600m，最后再向東走400m才能到達學校。則他從家到學校的位移大小為

m，走過的路程為

m。參考答案：1000

140010.一個物體從45m高處自由下落，則此物在下落最后一秒內的位移是

。（g=10m/s2）參考答案：設下落到地面的時間為t，則有：45=

t=3s物體下落2s的高度為h，則有h=m=20m此物在下落最后一秒內的位移是X=(45-20)m=25m11.將20kg的物體從靜止開始以2m/s2的加速度豎直提升4m，拉力做功的平均功率為480W，到達4m末端時拉力的瞬時功率為960W．參考答案：解：對物體受力分析，由牛頓第二定律可得，

F﹣mg=ma所以拉力F=mg+ma=20×10+20×2N=240N．根據x=解得；t=2s所以=由v2=2ax得v=4m/s由瞬時功率的公式，P=Fv=240×4N=960W，故答案為：480；96012.一質量為的物體沿傾角為的光滑斜面由靜止下滑，則t秒內支持力的功率

，t秒末重力的功率為。參考答案：0，13.一輛汽車在平直的路面上行駛，其位移﹣時間圖象（s﹣t圖象）如圖所示．根據圖象可知，該汽車做

（填“勻速”或“勻加速”）直線運動；在0～20s內汽車的位移大s=

m；20s末汽車的速度大小v=

m/s．參考答案：勻速，400，20．【考點】勻變速直線運動的圖像．【分析】位移時間圖線的斜率表示速度，根據圖線的形狀分析汽車的運動性質．通過縱坐標的大表示位移的大小，速度由斜率求解．【解答】解：據位移時間圖線的斜率表示速度可知，該汽車的速度不變，做勻速直線運動；在0～20s內汽車的位移大小為：s=400m﹣0=400m；20s末汽車的速度大小為：v===20m/s．故答案為：勻速，400，20．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.一輛汽車在教練場上沿著平直道路行駛，以x表示它對于出發點的位移。如圖為汽車在t＝0到t＝40s這段時間的x﹣t圖象。通過分析回答以下問題。（1）汽車最遠距離出發點多少米？（2）汽車在哪段時間沒有行駛？（3）汽車哪段時間遠離出發點，在哪段時間駛向出發點？（4）汽車在t＝0到t＝10s這段時間內的速度的大小是多少？（5）汽車在t＝20s到t＝40s這段時間內的速度的大小是多少？參考答案：（1）汽車最遠距離出發點為30m；（2）汽車在10s～20s

沒有行駛；（3）汽車在0～10s遠離出發點，20s～40s駛向出發點；（4）汽車在t＝0到t＝10s這段時間內的速度的大小是3m/s；（5）汽車在t＝20s到t＝40s這段時間內的速度的大小是1.5m/s【詳解】（1）由圖可知，汽車從原點出發，最遠距離出發點30m；（2）10s～20s，汽車位置不變，說明汽車沒有行駛；（3）0～10s位移增大，遠離出發點。20s～40s位移減小，駛向出發點；（4）汽車在t＝0到t＝10s，距離出發點從0變到30m，這段時間內的速度：；（5）汽車在t＝20s到t＝40s，距離出發點從30m變到0，這段時間內的速度：，速度大小為1.5m/s。15.如圖，質量m=2kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L=20m．用大小為30N，方向水平向右的外力F0拉此物體，經t0=2s，拉至B處．（1）求物塊運動的加速度a0大小；（2）求物體與地面間的動摩擦因數μ；（3）若用大小為20N的力F沿水平方向拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動并能到達B處，求該力作用的最短時間t．（取g=10m/s2）參考答案：（1）10m/s，（2）0.5，（3）試題分析：（1）物體在水平地面上從A點由靜止開始向B點做勻加速直線運動，根據解得：。（2）對物體進行受力分析得：，解得：。（3）設力F作用的最短時間為，相應的位移為，物體到達B處速度恰為0，由動能定理：，整理可以得到：由牛頓運動定律：，，整理可以得到：。考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系【名師點睛】本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，要求同學們能正確進行受力分析，抓住位移之間的關系求解。

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.從某一高度平拋一物體，拋出2s后它的速度方向與水平方向成角，落地時速度方向與水平成角。(g取)求：(1)拋出時的速度：(2)落地時的速度：(3)拋出點距地面的高度。參考答案：17.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角30o，其上A、B兩點間的距離為5m，傳送帶在電動機的帶動下以v=1m/s的速度勻速運轉，現將一質量為m=10kg的小物體(可視為質點)輕放在傳送帶上A點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=，則在傳送帶將小物塊從A傳送到B的過程中，求為傳送小物塊，電動機額外需做多少功?（g=10m/s2）參考答案：（1）加速階段：

，

(或)（2）18.如圖所示，一質量m=4kg物體靜止在水平地面上，在斜向上的恒力F拉動下，開始向右運動．已知力F=25N，物體與地面間動摩擦因數μ=0.4，力F與水平方向的夾角θ=37°．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．如果力F作用t=4s后撤去，則物體一共能在在水平面上運動多遠？參考答案：解：前4s，由牛頓第二定律得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）=ma1，解得：a1=