高一下期末复习题-1-答案.doc

制度,工作制度,规划,规则,规章,管理制度高一物理期末物理复习题必修2复习题一、选择题： 1、C 2、A. 3、 B. 4、B 5、D 6、C 7、 B 8、D 9、AD 10、 A D11、A. 12、A 13、C D 14、 A.C. 15、C 16、A 17、ABD 18、A 19AD 20、A 21BD、22、 B 23、A 24、ABC二、填空题1、解析：(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球，是为了使小球有相同的初速度(2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则物体从A到B和从B到C运动时间相等，设为T；竖直方向由匀变速直线运动推论有：y2y1gT2，且v0Tx.解以上两式得：v0x.(3)代入数据解得v01.00 m/s.答案：(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同(2)x(3)1.002、2.75m；2.71m；在实验误差允许的范围内,可得出物体下落中机械能是守恒的3、 (1)交流(2)D(3)B(4)GK 4、2：3； 1：1； 2：3； 5、F(s+d)，Fs 6、500 J、500 J、500 J、550 J三、计算题1、20. (1).12m/min, (2). 20m/min , (3). 200m , (4). =53,2、22.(1).东偏南30，(1). 2小时,3、, (1).V2=vsin (2).加速上升， (3).Fmg 4、80m/S5、解析：当小球做平抛运动距斜面有最大距离时，其速度方向恰与斜面平行所以vtcosv0vtsinvy而得：vyv0tan又因为vygt所以v0tangtt答案： 6、解析：由重力做功的特点可知，此时重力所做的功为：WG=mgH=mg（h1h2）=0.19.8（1.81.25）J=0.54 J由重力做功与重力势能的变化之间的关系可知，此时重力做正功，重力势能应减少，且减少量Ep=WG=0.54 J.7、解析】：（1）当v1=1m/s时，设杆对小球有向下的拉力，大小为F1，则由牛顿定律可得 ，所以杆对球的作用力大小为16N，负号表示杆对球的作用力向上是支持力。由牛顿第三定律可知，球对杆有向下的压力，大小为16N。 （2）当v2=4m/s时，设杆对小球的向下拉力为F2，则由牛顿第二定律可得F2+mg= ，所以0=44N。所以杆对球向下的拉力大小为44N。由牛顿第三定律可知球对杆向上的拉力大小为44N。8、（1）m2只受弹簧弹力，设弹簧伸长l，满足Kl=m2w2(l1l2)弹簧伸长量l=m2w2(l1l2)/K对m1，受绳拉力T和弹簧弹力f做匀速圆周运动，满足：Tf=m1w2l1绳子拉力T=m1w2l1m2w2(l1l2)（2）线烧断瞬间A球加速度a1=f/m1=m2w2(l1l2)/m1B球加速度a2=f/m2=w2(l1l2)9、 (1) (2) 10、答案： 11、 12、分析：物体刚要“飘”起来时，还与地球相对静止，其周期等于地球自转周期，此时物体只受重力作用，物体“飘”起来时，半径为解：由万有引力定律： 13、分析：本题考察的是万有引力与运动规律的综合运用，要先找出两者的联系量重力加速度，先由运动规律求出重力加速度，再由万有引力定律得出星球的质量。解：由自由落体规律：可得： 由万有引力定律得：可得：14、解析：设小球经过B点时速度为v0，则：小球平抛的水平位移为：x R(2分)v0(3分)对小球过B点时由牛顿第二定律得：Fmgm(3分)解得Fmg(2分)由牛顿第三定律FFmg.(2分)答案：mg15、（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 ： Fmgsinmgcosma1撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsinmgcosma2 根据图像可知：a120m/s2，a210m/s2t11s时物体的速度：v1a1t1拉力F的平均功率为PFv1/2解得P300W （2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，v1a2t2，解得t22s t3s时，v=0所以p=016、子弹的动能为:=1800J F=17、解析：当mg=kx时，小球的速度最大，所以x=mg/k.此时小球离地面高度为：H=L0x=L0mg/k重力势能Ep=mgHmg（L0mg/k）=mgL0m2g2/k.答案：Ep=mgL0m2g2/k18、（1）40N（2）h2.5m19、45M 30M 2.4420、 【解析】 物体从水平轨道至圆弧轨道顶端的过程，由动能定理得 mgh=mv2 mv02 式中v是物体在顶端的速度。若物体刚能到达顶端，即v=0，由上式可得v0=4 ms. 若物体到达顶端且刚不脱离，应满足 mg=m 由此得v2=Rg，代入式得 v0=6 ms 综上得物体能通过最高点且不脱离轨道的初速度范围为：4 msv06 ms 21、(1)15 (2)7.5 (3)0.522、解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Qmvmgs0sin又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgscos解以上两式可得s(s0tan)答案：(s0tan)23、解析：(1)由图乙知，在前2 m内，F12mg，做正功，在第3 m内，F20.5mg，做负功，在第4 m内，F30，滑动摩擦力Ffmg0.25mg，始终做负功，由动能定理全程列式得：F1l1F2l2Fflmv0即2mg20.5mg10.25mg4mv解得vA5 m/s(2)冲上斜面的过程，由动能定理得mgLsin300mv所以冲上AB面的长度L5 m24、解析：(1)小木块的加速度ag小木块的位移l1.(2)小木块加速运动的时间t传送带在这段时间内位移l2vt.(3)小木块获得的动能Ekmv2.(4)因摩擦而产生的热等于摩擦力(f)乘以相对位移(L)，故QfLmg(l2l1)mv2.(注：QEk是一种巧合，但不是所有的问题都这样)(5)由能的转化与守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总EkQmv2.25、解析：由于运动过程中只有重力做功，故小球机械能守恒。显然，取摆球为研究对象，研究的过程是小球从点经点到落地点的整个运动。确定开始时的和落地时的这两个位置，地面为参考平面。对位置，动能；重力势能，其中为摆球的初始高度，总的机械能。对位置，动能,其中为落地速度，重力势能,故此位置的机械能。由于，即，由数学知识得，解之得。26、解析：(1)由于0v1 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做匀减速直线运动由于v7 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做匀加速直线运动(2)由图象可知在传送带速度v带1 m/s时，物体做匀减速运动则平抛初速度为v11 m/s，由动能定理得：mgLmv12mv02在v带7 m/s时，物体做匀加速运动，则平抛初速度为v27 m/s，由动能定理得：mgLmv22mv02解得v0 5 m/s.27、解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律xv1thgt2解得v1x3 m/s设赛车恰好通过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律mgmmv32mv22mg(2R)解得v34 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin4 m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能关系PtFfLmvmin2由此可得t2.53 s.答案：2.53 s28、解析：(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m1gRm1v02设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得FNm1gm1联立式，代入数据得FN3000 N根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得1m1g2(m12m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得1m1g2(m1m2)g联立式，代入数据得0410.6.(3)10.5，由式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v12v022a1l联立式，代入数据得v14 m/s设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1v0a1t联立式，代入数据得t0.4 s答案：(1)3000 N，方向竖直向下(2)0.410.6(3)4 m/s0.4s29、 （1）对小物块，从A到最高点，据动能定理，得(F-mg)2R-mgH=0, F=2mg 解得H=3.5R （2）从最高点返回，设物块最终停止在与B点相距x远处，则据动能定理，得mgHmgx=