暑期作业答案汇总(20110729).doc

暑假作业（一）运动学专题答案1A 2.AB (A，因为该横纵坐标分别为时间和速度，则质点的位移就是直线和横坐标所构成的面积，就是该点对下来那个三角形（或多边形）。C，甲乙交点对下来，面积不同即位移不同，明显乙大于甲，时间相同，所以平均速度乙大 ) 3.CD 4.甲丙丁 5.BD 6.ACD 7.A 8.AD 9. 2m/s、4m/s、6m/s 10.匀速、匀加速、10、37.5 11.(1)0.5m/s2 (2)-0.3 m/s2 （3）2m/s 12. 78.4m 13.5s或3+（14）1/2s 14. 3(提示：当两车速度相等且两车距离x=0时，汽车就恰好不碰上卡车。) 15. 0.5;0.3;3.5 16. 61.25m 当两列火车之间的距离最小时，甲车追上乙车时，甲车的速度恰好减小到跟乙车的速度相等。设这一过程的时间为t，则有v2v1atss1s2s1v1ts2v2t代入数据解得：s61.25m。物体的平衡1 D2 AB3 BC4 BCD5 CD6 BC7 AB8 AD9 B10 D11 A12 ABCD13 C14 20N30N1516牛顿定律1 B2 A3 B4 C5 （1）物体受重力和支持；（2）物体受重力、支持力、向后的静摩擦力；（3）有相对运动时，物体受重力、支持力和向后的滑动摩擦力；相对静止后，摩擦力消失6 B7 D8 BD9 BC10 AC11 D12 D13 BD14 A15 C16 ；0.74 m/s2；4.36cm；0.399 m/s。17（1）小桶的质量应远远小于小车的质量（2）平衡摩擦，即让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力（3）0.30kg或0.3kg（4）重力沿斜面的分力大于小车受到的摩擦力18 （1）24m；（2）2.6m/s219（1）设滑雪者下滑的加速度大小为a，根据运动学公式（1分） （1分）解得a=4.0m/s2（1分）（2）设滑雪板及人受到的阻力为f，根据牛顿第二定律 （2分）（1分） 解得：f=75N（1分）20 0.5 40N21解析：（1）第一次飞行中，设加速度为匀加速运动由牛顿第二定律解得（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为匀加速运动设失去升力后的速度为，上升的高度为由牛顿第二定律解得（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为由牛顿第二定律 F+f-mg=ma4且V3=a3t3解得t3=(s)(或2.1s)22解：(1)025 s内一直处于上升阶段，上升的最大高度在数值上等于OAB的面积， 即H=2564 m=800 m(2)9 s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，故在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度，由图象得：g=m/s2=4 m/s2(3)由图象知加速上升阶段探测器的加速度:：a=m/s2 根据牛顿运动定律，得：F-mg=ma F=m(g+a)=1.67104 N23 （1）8m/s2，2m/s2；（2）0.5s24 B25 D26 27答案：（1）小石块不会被风吹离地面以气球和小石块组成的系统为研究对象：地面对小石块支持力的大小为恒定，跟风速v无关（2）气球的最大水平速度等于风速，即vxmv当竖直方向的合力为零时，竖直分速度最大，即则气球能达到的最大速度的大小为28 L29解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，联立以上两式代入数据得根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得联立式代入数据得。（3），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，由牛顿第二定律得设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得联立式代入数据得设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得联立式代入数据得。考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析30解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得a=g设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有v0=a0t v=at由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t，煤块的速度由v增加到v0，有 v=v+at郝双制作此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有s0=a0t2+v0t s=传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0s由以上各式得l=郝双制曲线运动1 B2 AC3 AD4 ACD5 CD6 C7 D8 D9 C10 20，24，3/511 左侧，12 m，m/s1314 (M+m)gmv2/l ；Mu2/l+mg15 （1）BC；（2），21617 40m/s；80m1819 3R20答案：（1）分析表中数据可得，每组的h与r之乘积均等于常数C=660m50103m=33m2因此 hr=33（或h=33） 当r=440m时，有： h=m=0.075m=75mm （2）转弯中，当内外轨对车轮没有侧向压力时，火车的受力如图所示由牛顿第二定律得： 因为很小，有：得： 代入数据得：v=15m/s=54km/h （3）有效措施有：a适当增大内外轨的高度差h；b适当增大铁路弯道的轨道半径r21 （1）；（2）22 ；23 AB24 ，25 S=10m； V=m/s26 （1）2s，17.3m/s；（2）4.33m27答案 (1) (2) (3)解析 (1)如图甲所示,设发球时飞行时间为t,根据平抛运动 s1=v1t1 解得s1=v1 (2)如图甲所示,设发球高度为h2,飞行时间为t2,同理根据平抛运动 甲h2=,且h2=h,2s2=L 得v2= (3)如图乙所示,设发射高度为h3,飞行时间为t3,同理根据平抛运动得h3=且3s3=2L设球从恰好越过球网到最高点的时间为t,水平距离为l,有h3-h=由几何关系知,s3 + l =L 乙解得h3= 28滑动A与B正碰，满足：mvAmvBmv0 解得：vA0， vBv0，根据动量定理，滑块B满足：Ftmv0解得：a设任意点到O点竖直高度差为dB由O点分别运动至该点过程中机械能守恒，选该任意点为势能零点，有：EAmgd，EBmgd由于p，有：即：pApB，A下滑到任意一点的动量总和是小于B平抛经过该点的动量b以O为原点，建立直角坐标系xOy，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有：xv0t； ygt2B的轨迹方程 在M点xy，所以 因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同设B水平和竖直分速度大小分别为vBx和vBy，速率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy，速率为vA，则； B做平抛运动，故； ； 对A由机械能守恒得：vA 解得：； 得：； 29答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当时， ；当时， 解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 由得 （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 由得 （3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 由得 II轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 解得 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 解得 R3=27.9m综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 或 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则 30答案：摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R1=4a，R2=3a，R3=2a，R4=a为半径各作四分之一圆周的圆运动当摆球从P点开始，沿半径R1=4a运动到最低点时的速度v1，根据动量定理 当摆球开始以v1绕B点以半径R2=3a作圆周运动时，摆线拉力最大，为Tmax=7mg，这时摆球的运动方程为 由此求得v0的最大许可值为当摆球绕C点以半径R3=2a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，到达最高点时的速度（重力作向心力）由动能定理万有引力答案：1. AC2. AC3. D4. A5.ABC6. CD7. B8. A9. B10. ABCD11. A12.13. 14. 16.17. AD18.D19. 3倍20. 机械能【基础部分】1 BD2.D3.ABD 4.D 5.B 6.C 7.AD 8.BCD 9.B 10.BCD 11.12.(1)V=2m/s (2)1.2m (3)【提高部分】13.ABD 14.A 15.A 16.AD 17.CD 18.D 19.AD 20.D21.910422.105,42 23.1.5105,6104,14km24.(1)0.2m,(2)5000m/s暑假作业（二）动量【基础部分】1.A2.C3.D4.B5.C6.A7.(1)（2）8.（1）4m/s(2)1.6 m/s(3)0.384J【提高部分】9.B10.AB11.BCD12.AC13.AC14.BD15.D16.BC17.BD18.(1) (2) 19.（1）3 m/s（2）0.5m20. 4.05m21. 0.222. 23.(1)m(2) 24.(1) v块0 v板v0 (2)2L机械振动部分1CD2.AB3.BD4.A5.B6.CD7.D8.AC9.CD10.C11. 5:1；1:1；5:112. 2:1；1:213. 14. 1 ；4 15. 16. 4N17. 暑假模拟试题（一）一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得分，有选错或不答的得分。题号12345678910答案DADBCD ABDABCBCBCDAD二、本题共3小题，共14分。11. （3分） ABC （3分）说明：选对但不全的得分。12. （5分）（1）与F1、F2共同作用的效果相同 （2分）说明：只要能表达出效果相同的含义即可给分。（2）O、a两点太近，误差大 （2分）（3）F （1分） 13. （6分）（1）在轨迹上取坐标为（3L，L）、（6L，4L）、（9L，9L）的三点，分别记为A、B、C点，其纵坐标y1: y2: y3=1:4:9，由于已研究得出小球在竖直方向是自由落体运动，因此可知从抛出到A点所用时间t1与从A点到B点所用时间t2、从B点到C点所用时间t3相等，这三点的横坐标之间的距离也相等，说明了在相等时间内水平位移相等，即说明平抛运动在水平方向的运动为匀速直线运动。 （2分）说明：用其他方法，正确的也给分。（2） （2分）（3）yx2 （2分）说明：（2）、（3）问中若因所取点估读不同导致结果不同，只要正确也给分。三、本题共7小题，共56分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14.（7分）（1）撤去拉力F后，物体只受水平向左的滑动摩擦力fmg （1分）设物体向左的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有a解得 a1.5m/s2 （1分）（2）设撤去拉力F时物体的速度大小为v，则有v22as （1分）解得 v3.0m/s （1分）（3）设力F作用在物体上时，物体运动加速度的大小为a，根据运动学公式有vat（1分） 根据牛顿第二定律有Fmgma （1分）解得F=3.0N （1分）15（7分）解：（1）小球经过最高点时对轨道的压力Nmg，依据牛顿第三定律有轨道对小球的作用力NNmg设小球通过最高点的速度为v，依据牛顿第二定律有Nmg （2分）解得 v （1分）说明：若没写利用牛顿第三定律不扣分，但讲评时要说明对此有要求。（2）小球自A点下滑至圆轨道最高点的过程机械能守恒，依据机械能守恒定律有mghmv22mgR （2分）解得 h3R （2分）16（8分）解：（1）依据牛顿第二定律有mgsinmgcosma （1分）解得a5.76 m/s2 （1分）（2）设运动员在空中飞行时间为t，运动员在C点起跳时的速度为vC，运动员在竖直方向做自由落体运动，有lsingt2 运动员在水平方向做匀速直线运动，有lcosvCt （2分）解得 vC30m/s （1分）（3）设运动员从A点到C点的过程中克服摩擦力所做的功为Wf，依据动能定理有 （2分）解得 Wf1200J （1分）所以运动员克服摩擦力做的功为1200J （1分）17（8分）解：（1）飞船在圆轨道上做匀速圆周运动，飞船受到地球的万有引力提供了飞船的向心力，设飞船绕地球运行的加速度大小为a，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有ma （1分）物体在地球表面上受到的万有引力近似等于物体受到的重力，即 （1分）解得 ag （2分）（2）设飞船绕地球运行的周期为T，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有 （2分）物体在地球表面上受到的万有引力近似等于物体受到的重力，即 解得 T （2分）18（8分）解：（1）陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动，重心上升的高度h10.45m设起跳速度为v0，则，上升过程的时间解得 t10.3 s （1分）陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度h10.45m设下落过程的时间为t2，则解得 s1.4 s （2分）陈若琳要完成一系列动作可利用的时间tt1t21.7s （1分）说明：t2用s表示也给分。 （2）陈若琳的手触及水面到她的重心下沉到离水面约2.2m处的位移s3.0 m手触及水面时的瞬时速度 （1分）设水对运动员的作用力为Ff，依据动能定理有 （2分）解得 Ff1.3103N （1分）说明：用其他方法求解，正确的也给分。19（9分）解：（1）设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v0，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有（1分）解得 （1分）设碰撞后共同速度为v，依据动量守恒定律有mv02mv （1分）解得 （1分）（2）设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有 -2fx02mv2 （2分）设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有W2mgxfx=02mv2 （2分）解得 Wmgl 所以弹簧弹性势能增加了mgl （1分）20（9分）解：（1）行李箱刚滑上传送带时做匀加速直线运动，设行李箱受到的摩擦力为Ff 根据牛顿第二定律有 Ffmmgma解得 amg2.0 m/s2 设行李箱速度达到v3.0 m/s时的位移为s1v2v022as1s12.0m 即行李箱在传动带上刚好能加速达到传送带的速度3.0 m/s （1分）设摩擦力的冲量为If，依据动量定理Ifmvmv0 解得If20Ns （1分）说明：用其他方法求解，正确的也给分。没有判断速度能达到3.0 m/s的过程扣1分。（2）在行李箱匀加速运动的过程中，传送带上任意一点移动的长度svt3 m行李箱与传送带摩擦产生的内能Qmmg(s-s1) （1分）行李箱增加的动能Ekm(v2v02) （1分）设电动机多消耗的电能为E，根据能量转化与守恒定律得EEk+Q解得 E60J （1分）（3）行李箱匀加速能够达到的最大速度vm3.0m/s当传送带的速度为零时，行李箱匀减速至速度为零时的位移s0=0.25mL （1分）当传送带的速度0v3.0m/s时，1.02.0v/ms-10x/m3.04.05.06.00.20.40.60.81.01.2答图1行李箱的水平位移，式中为恒量，即水平位移x与传送带速度v成正比。 （1分）当传送带的速度v3.0m/s时，x0.9 m （1分）行李箱从传送带水平抛出后的x-v图象如答图1所示。 （1分）暑假模拟试题（二）一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得分，有选错或不答的得分。把你认为正确答案的代表字母填写在题后的括号内。题号12345678910答案DBDBCCABDDCACDA BB C二、本题共3小题，共14分。把正确答案填在题中的括号内或横线上。11. B 12. （1）mg(s0+s1)， ，（2） （每空2分）13. （1）BCE（3分） 说明：没有E扣1分。 （2）4.3（2分）（得4.27不给分）三、本题包括7小题，共56分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。答案图1GFF14（7分）弹簧测力计的示数F等于弹簧受到的拉力，设物体受到弹簧的拉力为F，物体受到的重力为G 1分 （不说明受力情况，但画出右图所示的受力示意图也给这1分）。物体静止受力平衡，根据共点力平衡条件 F=G2分 F与F是作用力和反作用力，根据牛顿第三定律F= F3分 所以：物体重力大小G=F1分15（7分）（1）设物体受摩擦力为f，支持力为N，物体受力平衡 水平方向上： 1分竖直方向上： 1分设金属块与地面间的动摩擦因数为， 则 1分解得： 1分（2）设金属块滑行的加速度大小为a，撤去拉力后在地面上还能滑行的距离为s根据牛顿第二定律： 1分根据运动学公式： 1分解得： 1分用下列解法也给分：设撤去拉力后，金属块在地面上还能滑行的距离为s，根据动能定理- 2分 解得： 1分16（8分） 设该行星表面物体自由下落的加速度为g（1）在该行星表面重力等于引力 2分设该行星的第一宇宙速度为v，则 2分解得：.0m/s2 2分（2）设探测器能上升的最大高度为H，由机械能守恒= mgH 解得：H=640m。2分17（8分）（1）根据牛顿第二定律：Fmg =ma所以：a= 2分可见a-F图象为一条直线，直线的斜率k=2.0kg-1，纵轴截距为-g=-2.0m/s2，解得：物体的质量m=0.501分 物体与地面间的动摩擦因数=0.201分F/Na/ms-2135704812答案图2（也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F=1.0N时，物体的加速度为零，物体所受阻力f=F=1.0N ，由f=mg 解得物体与水平面的动摩擦因数=0.20，用其他方法正确也给分）（2）当物体质量加倍时，物体的加速度a=1分直线斜率k=1.0kg-1，纵轴的截距不变 1分做出右图所示的图线。2分18（8分）（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：E=mg（H-h）1分解得：E=2.1J1分（2）设篮球从H高处下落到水平地板所用时间为t1，刚接触地板地板时的速为度v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理