高一物理课时作业及答案

高一物理课时作业及答案【篇一】一、选择题1．关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是( ) A．若其质量加倍，则轨道半径也要加倍B．它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播C．它以第一宇宙速度运行D．它运行的角速度与地球自转角速度相同解析：选D．由GMmr2＝mv2r知轨道半径与卫星质量无关，A错；同步卫星轨道必须和赤道平面重合，即卫星只能在赤道上空，不能在北京上空，B错；其运行速度小于第一宇宙速度，C错；同步卫星必和地球自转的角速度相同，D对．2．关于人造地球卫星及其中物体的超重、失重问题，下列说法中正确的是( )A．在发射过程中向上加速时产生超重现象B．在降落过程中向下减速时产生超重现象C．进入轨道后做匀速圆周运动，产生失重现象D．失重是由于地球对卫星内物体的作用力减小而引起的解析：选ABC．超、失重是一种表象，是从重力和弹力的大小关系而定义的．当向上加速时超重，向下减速时(a方向向上)也超重，故A、B正确．卫星做匀速圆周运动时，万有引力完全提供向心力，卫星及卫星内的物体皆处于完全失重状态，故C正确．失重的原因是重力(或万有引力)使物体产生了加速度，故D错．3.2013年6月我国发射的“神舟十号”飞船与目标飞行器“天宫一号”成功完成交会对接．若二者对接前在各自稳定圆周轨道运行的示意图如图所示，二者运行方向相同，视为做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A．为使“神舟十号”与“天宫一号”对接，可在当前轨道位置对“神舟十号”适当加速B．“天宫一号”所在处的重力加速度比“神舟十号”大C．“天宫一号”在发射入轨后的椭圆轨道运行阶段，近地点的速度大于远地点的速度D．在“天宫一号”内，太空健身器、体重计、温度计都可以正常使用解析：选AC．神舟十号适当加速后做离心运动可与天宫一号对接，选项A正确．由于天宫一号距地面较远，所以天宫一号所在处的重力加速度比神舟十号小，选项B错．由机械能守恒定律可知，“天宫一号”在发射入轨后的椭圆轨道运行阶段，近地点的速度大于远地点的速度，选项C正确．在“天宫一号”内，处于完全失重状态，体重计不可以正常使用，选项D错．4．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A．距地面的高度变大B．向心加速度变大C．线速度变大D．角速度变大解析：选A．A．地球的自转周期变大，则地球同步卫星的公转周期变大．由GMmR＋h2＝m4π2T2(R＋h)，得h＝3GMT24π2－R，T变大，h变大，A正确．B．由GMmr2＝ma，得a＝GMr2，r增大，a减小，B错误．C．由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，r增大，v减小，C错误．D．由ω＝2πT可知，角速度减小，D错误．5.如图所示，在同一轨道平面上的几颗人造地球卫星A、B、C，在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的是( )A．根据v＝gR，可知三颗卫星的线速度vAB．根据万有引力定律，可知三颗卫星受到的万有引力FA>FB>FCC．三颗卫星的向心加速度aA>aB>aCD．三颗卫星运行的角速度ωA解析：选C．由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，故vA>vB>vC，选项A错误；卫星受的万有引力F＝GMmr2，但三颗卫星的质量关系不知道，故它们受的万有引力大小不能比较，选项B错误；由GMmr2＝ma 得a＝GMr2，故aA>aB>aC，选项C正确；由GMmr2＝mω2r得ω＝GMr3，故ωA>ωB>ωC，选项D错误．6．“嫦娥二号”成功发射后，探月成为同学们的热门话题．一位同学为了测算卫星在月球表面附近做匀速圆周运动的环绕速度，提出了如下实验方案：在月球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，测出物体上升的高度h，已知月球的半径为R，便可测算出绕月卫星的环绕速度．按这位同学的方案，绕月卫星的环绕速度为( )A．v02hRB．v0h2RC．v02RhD．v0R2h解析：选D．绕月卫星的环绕速度即第一宇宙速度，v＝gR，对于竖直上抛的物体有v20＝2gh，所以环绕速度为v＝gR＝v202hR＝v0R2h，选项D正确．7．某次发射同步卫星的过程如下：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后再次点火进入椭圆形的过渡轨道2，最后将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q 点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度解析：选D．由GMmr2＝mv2r＝mrω2得，v＝GMr，ω＝GMr3，由于r1v3，ω1>ω3，A、B错；轨道1上的Q点与轨道2上的Q点是同一点，到地心的距离相同，根据万有引力定律及牛顿第二定律知，卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，同理卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，C错，D对．8．假设某飞船在离地球表面高h处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球的质量和半径分别为M和R，引力常量为G，在该轨道上，飞船( ) A．运行的线速度大小为πR＋hTB．运行的线速度小于第一宇宙速度C．运行时的向心加速度大小为GMR＋hD．宇航员太空行走时速度很小，可认为没有加速度解析：选B．由公式v＝st＝2πR＋hT，故A项错误；设飞船质量为m，由公式GMmR＋h2＝mv2R＋h得v＝GMR＋h，而第一宇宙速度v1＝GMR，故B项正确；因为GMmR＋h2＝ma向，所以a向＝GMR＋h2，故C项错误；宇航员相对于飞船速度很小，但相对于地球，其行走速度很大，存在向心加速度，故D项错误．☆9.2013年6月13日13时18分，天宫一号目标飞行器与神舟十号飞船成功实现交会对接．若对接前两者在同一轨道上运动，下列说法正确的是( ) A．对接前“天宫一号”的运行速率大于“神舟十号”的运行速率B．对接前“神舟十号”的向心加速度小于“天宫一号”的向心加速度C．“神舟十号”先加速可实现与“天宫一号”在原轨道上对接D．“神舟十号”先减速后加速可实现与“天宫一号”在原轨道上对接解析：选D．由万有引力定律和牛顿第二定律列式v＝GMr，a＝GMr2，在同一轨道上的速度和加速度相等，所以选项A、B错误，加速做离心运动，只能实现低轨道与高轨道对接，所以选项C错．“神舟十号”先减速到低轨道后加速做离心运动，可实现两者在原轨道对接．所以选项D正确．二、非选择题10．某人在某星球上做实验，在星球表面水平放一长木板，在长木板上放一木块，木板与木块之间的动摩擦因数为μ，现用一弹簧测力计拉木块．当弹簧测力计示数为F时，经计算发现木块的加速度为a，木块质量为m.若该星球的半径为R，则在该星球上发射卫星的第一宇宙速度是多少？解析：设该星球表面重力加速度为g′.在木板上拉木块时，由牛顿第二定律有F－μmg′＝ma，解得g′＝F－maμm.人造卫星的向心力由重力提供，即mg′＝mv2R，所以卫星的第一宇宙速度为v＝g′R＝F－maμmR.答案：F－maμmR11．某卫星在赤道上空做匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面重合，运行方向与地球的自转方向相同，轨道半径为r＝2R，地球半径为R，地球的自转角速度为ω0，地球表面重力加速度为g.在某时刻该卫星正通过赤道上某建筑物的正上方，试求到它下该建筑物正上方所需时间t多长．解析：万有引力提供向心力：GMm2R2＝mω2(2R)地表处万有引力近似等于物体重力得：mg＝GMmR2卫星与建筑物两次相遇，圆心角关系：ωt－ω0t＝2π解得t＝2πg8R－ω0.答案：2πg8R－ω0☆12.如图是发射地球同步卫星的简化轨道示意图，先将卫星发射至距地面高度为h1的近地轨道Ⅰ上，在卫星经过A点时点火实施变轨，进入远地点为B的椭圆轨道Ⅱ上，最后在B点再次点火，将卫星送入同步轨道Ⅲ.已知地球表面重力加速度为g，地球自转周期为T，地球的半径为R.求：(1)近地轨道Ⅰ上的速度大小；(2)远地点B距地面的高度．解析：(1)设地球的质量为M，卫星的质量为m，近地轨道Ⅰ上的速度为v1 在圆周轨道Ⅰ上GMmR＋h12＝mv21R＋h1.①在地球表面GMmR2＝mg.②由①②得：v1＝gR2R＋h1.③(2)设B点距地面高度是h2GMmR＋h22＝m2πT2(R＋h2)，④由②④得h2＝3gR2T24π2－R.答案：(1)gR2R＋h1(2)3gR2T24π2－R【篇二】1.如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么下列说法正确的是( ) A．轮胎受到地面的摩擦力做了负功B．轮胎受到的重力做了正功C．轮胎受到的拉力不做功D．轮胎受到地面的支持力做了正功解析：选A．根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，B、D错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C错误．2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1,Wf2＝2Wf1C．WF2D．WF2解析：选C．根据x＝v＋v02t得，两过程的位移关系x1＝12x2，根据加速度的定义a＝v－v0t，得两过程的加速度关系为a1＝a22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝12F2＋12f，即F1>F22.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝12Wf2，WF1>14WF2，故选项C 正确，选项A、B、D错误．3.如图所示，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，关于A与地面间的滑动摩擦力和A、B间的静摩擦力做功的说法，正确的是( )A．静摩擦力都做正功，滑动摩擦力都做负功B．静摩擦力都不做功，滑动摩擦力都做负功C．有静摩擦力做正功，有滑动摩擦力不做功D．有静摩擦力做负功，有滑动摩擦力做正功解析：选C．物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动，根据平衡条件得知，A对B的静摩擦力与拉力F平衡，地面对A的滑动摩擦力与B对A的静摩擦力平衡，则地面对A的滑动摩擦力方向向左，对A做负功，物块A对地面的滑动摩擦力不做功，A对B的静摩擦力做负功，B对A的静摩擦力做正功，因此，选项C正确，其他选项均错．4．起重机以1m/s2的加速度将质量为1000kg的货物由静止开始匀加速向上提升，若g取10m/s2，则在1s内起重机对货物所做的功是( ) A．500JB．4500JC．5000JD．5500J解析：选D．货物的加速度向上，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，起重机的拉力F＝mg＋ma＝11000N，货物上升的位移是x＝12at2＝0.5m，做功为5500J.5.如图所示，在平行于斜面向上的F＝50N的拉力作用下，使质量为m＝2kg 的物体沿着长为L＝2m，倾角为α＝30°的斜面从底端向上滑到顶端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2，分别求作用在物体上的各力对物体所做的功(g取10m/s2)．解析：(1)拉力F对物体所做的功为WF＝FLcos0°＝50×2×1J＝100J拉力F对物体做正功．(2)重力mg对物体所做的功为WG＝mgLcos(90°＋α)＝－mgLsinα＝－2×10×2×12J＝－20J“负号”表示物体克服重力做功．(3)摩擦力f对物体做的功为Wf＝fLcos180°＝－μmgLcosα＝－0.2×2×10×2×32J＝－43J“负号”表示物体克服摩擦力做功，摩擦力是阻力．(4)弹力N对物体做的功为WN＝NLcos90°＝0J表示弹力对物体不做功．答案：拉力做功100J重力做功－20J摩擦力做功－43J支持力做功0J。