高一物理動(dòng)能定理的暑假作業(yè)

時(shí)間：2022-08-04 21:33:41 暑假作業(yè) 我要投稿

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　　一、選擇題(本題共6道小題)

高一物理動(dòng)能定理的暑假作業(yè)

　　1.如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)在重力和水平恒力作用下，速度從豎直方向變?yōu)樗椒?/p>

　　向，在此過程中，質(zhì)點(diǎn)的( )

　　A.機(jī)械能守恒 B.機(jī)械能不斷增加

　　C.重力勢(shì)能不斷減小 D.動(dòng)能先減小后增大

　　2.圖示軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成的，半圓軌道的圓心為O，直徑BOD在豎直方向，最低點(diǎn)B與直軌道平滑連接，一質(zhì)量為m的小滑塊從距最低點(diǎn)高為h的A處由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦。則

　　A. 若滑塊能通過圓軌道的最高點(diǎn)D，則h最小為2.5R

　　B. 若h=2R，當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為3mg

　　C. 若h=2R，滑塊會(huì)從C、D之間的某個(gè)位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動(dòng)

　　D.若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則h≤R

　　3.我國(guó)國(guó)產(chǎn)航母遼寧艦將安裝電磁彈射器，其工作原理與電磁炮類似.用強(qiáng)迫儲(chǔ)能器代替常規(guī)電源，它能在極短時(shí)間內(nèi)釋放所儲(chǔ)存的電能，由彈射器轉(zhuǎn)換為飛機(jī)的動(dòng)能而將其彈射出去.如圖所示，是電磁彈射器簡(jiǎn)化原理圖，平等金屬導(dǎo)軌與強(qiáng)迫儲(chǔ)能器連接.相當(dāng)于導(dǎo)體棒的推進(jìn)器ab跨放在導(dǎo)軌上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，閉合開關(guān)S，強(qiáng)迫儲(chǔ)能器儲(chǔ)存的電能通過推進(jìn)器釋放，使推進(jìn)器受到磁場(chǎng)的作用力而沿平行導(dǎo)軌向前滑動(dòng)，推動(dòng)飛機(jī)使飛機(jī)獲得比滑躍時(shí)大得多的加速度，從而實(shí)現(xiàn)短距離起飛的目標(biāo).一切摩擦和電阻消耗的能量都不計(jì)，對(duì)于電磁彈射器，下列說法正確的是()

　　A. 強(qiáng)迫儲(chǔ)能器上端為正極 B. 平行導(dǎo)軌間距越大，飛機(jī)能獲得的加速度越大 C. 強(qiáng)迫儲(chǔ)能器儲(chǔ)存的能量越多，飛機(jī)被加速的時(shí)間越長(zhǎng) D. 飛機(jī)的質(zhì)量越大，離開彈射器時(shí)的動(dòng)能越大 4.如圖所示，空間有與水平方向成θ角的勻強(qiáng)電場(chǎng).一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，用長(zhǎng)L的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn).當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好處于水平位置.現(xiàn)用一個(gè)外力將小球沿圓弧緩慢地拉到最低點(diǎn)，此過程小球的電荷量不變.則該外力做的功為()

　　A. mgLcotθ B. mgLtanθ C. D. mgL 5.卡車和拖車質(zhì)量相同，在恒定的牽引力作用下，由靜止出發(fā)前進(jìn)s后速度為V(阻力不計(jì))，此時(shí)拖車突然脫掉，卡車仍在原來牽引力作用下再行s則卡車的速度為()

　　A. V B. V C. 2V D. 3V 6.在一水平向右勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶的左端A點(diǎn)，每隔相同的時(shí)間T，輕放上一個(gè)相同的工件.已知工件與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工件質(zhì)量為m.經(jīng)測(cè)量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的工件之間的距離均為L(zhǎng).已知重力加速度為g，下列判斷正確的有()

　　A. 傳送帶的速度大小為 B. 工件在傳送帶上加速時(shí)間為 C. 每個(gè)工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為 D. 傳送帶因傳送每一個(gè)工件而多消耗的能量為

　　二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2道小題) 78.如圖所示，水平桌面上固定著斜面體A，有小鐵塊B.斜面體的斜面是曲面，由其截面圖可以看出曲線下端的切線是水平的.現(xiàn)提供的實(shí)驗(yàn)測(cè)量工具有：天平、直尺. 其它的實(shí)驗(yàn)器材可根據(jù)實(shí)驗(yàn)需要自選.現(xiàn)要設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)，測(cè)出小鐵塊B自斜面頂端由靜止下滑到底端的過程中，小鐵塊B克服摩擦力做的功.請(qǐng)回答下列問題：?

　　(1)除題中供給的器材處，還需要選用的器材是：

　　____________________________________________________________.

　　(2)簡(jiǎn)要說明實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的物理量(要求在圖上標(biāo)明)：

　　_____________________________________________________________.

　　(3)寫出實(shí)驗(yàn)結(jié)果的表達(dá)式(重力加速度g已知)：

　　____________________________________________________________.

　　三、計(jì)算題(本題共3道小題) 9.如圖所示，傾角為θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段長(zhǎng)為。有一個(gè)質(zhì)量分布均勻、長(zhǎng)為條狀滑塊，下端距A為，將它由靜止釋放，當(dāng)滑塊下端運(yùn)動(dòng)到A下面距A為時(shí)滑塊運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大。

　　(1)求滑塊與粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù);

　　(2)將滑塊下端移到與A點(diǎn)重合處，并以初速度釋放，要使滑塊能完全通過B點(diǎn)，試求的最小值

　　10.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m=1kg的長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上，并與半徑為R=1.8m的光滑圓弧形固定軌道接觸(但不粘連)，木板的右端到豎直墻的距離為s=0.08m;另一質(zhì)量也為m的小滑塊從軌道的最高點(diǎn)由靜止開始下滑，從圓弧的最低點(diǎn)A滑上木板.設(shè)長(zhǎng)木板每次與豎直墻的碰撞時(shí)間極短且無機(jī)械能損失.木板的長(zhǎng)度可保證物塊在運(yùn)動(dòng)的過程中不與墻接觸.已知滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，g取10m/s2.試求：

　　(1)滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;

　　(2)當(dāng)滑塊與木板達(dá)到共同速度(v≠0)時(shí)，滑塊距離木板左端的長(zhǎng)度是多少?

　　11.如圖所示，一根左側(cè)彎成圓弧的光滑細(xì)管固定在豎直平面內(nèi)，圓弧半徑R=0.5m，水平部分足夠長(zhǎng).初始時(shí)，一根質(zhì)量m=1kg、與管道圓弧部分等長(zhǎng)的柔軟勻質(zhì)繩在水平拉力F0作用下靜止在管道中.現(xiàn)將繩子緩慢全部拉入水平管道內(nèi)，需要拉力F0做功W=1.82J.g取10m/s2，π取3.14.求：

　　(1)繩子的重心升高了多少?

　　(2)若在圖示位置撤去拉力，繩子沿細(xì)管下落，當(dāng)其上端離開管道瞬間速度多少?

　　(3)若在緩慢拉動(dòng)繩子進(jìn)入水平管道的很短距離△L內(nèi)，可認(rèn)為水平拉力F0保持不變，拉力F0做功等于繩子機(jī)械能增加量，則F0的大小為多少?

　　試卷答案

　　1.BD

　　解析： A、除重力外還有恒力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤;B、除重力做功外，其它力水平恒力對(duì)物體做正功，故物體的機(jī)械能增加，所以B正確;C、從M到N，物體在豎直方向上上升，故物體的重力勢(shì)能不斷增加，故C錯(cuò)誤;D、因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)速度方向恰好改變了90°，可以判斷合力方向應(yīng)為右下方，產(chǎn)生的加速度不變，且與初速度的方向夾角要大于90°小于180°才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此恒力先做負(fù)功，當(dāng)達(dá)到速度與恒力方向垂直后，恒力做正功，動(dòng)能先減小后增大，故D正確.故選：BD.

　　質(zhì)點(diǎn)從M至N，重力做負(fù)功，恒力做正功，合力方向指向右下方，與初速度的方向夾角要大于90°小于180°因此恒力先做負(fù)功后做正功，動(dòng)能先減小后增大.此題需要根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，進(jìn)一步分析力的做功問題，從而判斷速度(動(dòng)能)的變化.

　　2.ACD

　　解析：要使物體能通過最高點(diǎn)D，設(shè)滑塊通過D點(diǎn)的最小速度為v，則由mg=m可得：v=，由機(jī)械能守恒定律可知，mg(h-2R)=mv2，解得h=2.5R，選項(xiàng)A正確;若h=2R，由A至C，由機(jī)械能守恒定律可得mg(2R—R)= mvC2，在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有N=m，解得N=2mg，由牛頓第三定律可知選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若h=2R，小滑塊不能通過D點(diǎn)，將在C、D中間某一位置開始做斜上拋運(yùn)動(dòng)而離開軌道，選項(xiàng)C正確;由機(jī)械能守恒可知選項(xiàng)D正確。

　　3.解：A、推進(jìn)器受到磁場(chǎng)的作用力而沿平行導(dǎo)軌向前滑動(dòng)，所以推進(jìn)器受到向右的安培力，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒中的電流方向從下向上，所以強(qiáng)迫儲(chǔ)能器下端為正極，故A錯(cuò)誤;

　　B、根據(jù)F=BIL可知，當(dāng)L越大時(shí)，安培力越大，則飛機(jī)受到的合外力越大，則加速度越大，故B正確;

　　C、強(qiáng)迫儲(chǔ)能器儲(chǔ)存的能量轉(zhuǎn)化為飛機(jī)的初動(dòng)能，強(qiáng)迫儲(chǔ)能器儲(chǔ)存的能量越多，飛機(jī)的初動(dòng)能越大，則初速度越大，所以加速度的時(shí)間越短，故C錯(cuò)誤;

　　D、飛機(jī)離開彈射器時(shí)的動(dòng)能由強(qiáng)迫儲(chǔ)能器儲(chǔ)存的能量轉(zhuǎn)化而來的，與飛機(jī)質(zhì)量無關(guān)，故D錯(cuò)誤.

　　故選：B

　　4.解：小球在最高點(diǎn)受力平衡，如圖，根據(jù)平衡條件，有：

　　T=mgcotθ…①

　　qE=…②

　　對(duì)從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得到：

　　WF+mgL+qE?L?cos(225°﹣θ)=0…③

　　由②③解得：WF=mgLcotθ

　　故選：A.

　　5.解：第一階段，根據(jù)動(dòng)能定理得：Fs=，

　　第二階段，根據(jù)動(dòng)能定理得：，

　　聯(lián)立兩式解得：.故B正確，A、C、D錯(cuò)誤.

　　故選：B.

　　6.解：A、工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，每個(gè)工件滑上傳送帶后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同，可知x=vT，解得傳送帶的速度v=.故A正確.

　　B、設(shè)每個(gè)工件勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)牛頓第二定律得，工件的加速度為μg，根據(jù)v=v0+at，解得：t=.故B錯(cuò)誤.

　　C、工件與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的路程為：，

　　則摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=.故C錯(cuò)誤.

　　D、根據(jù)能量守恒得，傳送帶因傳送一個(gè)工件多消耗的能量E=，在時(shí)間t內(nèi)，傳送工件的個(gè)數(shù)n=，則多消耗的能量.故D正確.

　　故選：AD.

　　7.D

　　8.(1)重錘線、鋪在地面上的白紙和復(fù)寫紙 (2)斜面高度H、桌面高度h，小鐵塊平拋的水平距離S，小鐵塊質(zhì)量m (3)

　　9.【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理.E2

　　【答案解析】(1)(2)解析：：(1)當(dāng)整體所受合外力零時(shí)，整塊速度最大，設(shè)整體質(zhì)量為m，則得 (2)物塊全部滑上AB部分后，小方塊間無彈力作用，取最上面一小塊為研究對(duì)象，設(shè)其質(zhì)量為m0，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好減到0，根據(jù)動(dòng)能定理得

　　【思路點(diǎn)撥】(1)當(dāng)整體所受合外力零時(shí)，整塊速度最大)物塊全部滑上AB部分后，小方塊間無彈力作用，取最上面一小塊為研究對(duì)象，設(shè)其質(zhì)量為m0，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好減到0，根據(jù)動(dòng)能定理可求。

　　10.解：(1)滑塊滑到A點(diǎn)時(shí)，有動(dòng)能定理得：mgR=，解得：mv2=2mgR，

　　滑塊在A點(diǎn)由牛頓第二定律得：，解得：vA=6m/s，N=mg+2mg=30N，

　　由牛頓第三定律得：滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小N′=N=30N

　　(2)滑塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，碰撞時(shí)的速度為v1，

　　由牛頓第二定律得：umg=ma，

　　解得：a=1m/s2，

　　根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：L=，

　　解得：t=0.4s，

　　由v=at，解得：v=0.4m/s，

　　碰撞后木板，向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減到零，再做勻加速運(yùn)動(dòng)，一直重復(fù)直至兩者速度相同，設(shè)兩者速度達(dá)到共同速度v時(shí)，共經(jīng)歷n次，△t為碰撞n次后木板從起始位置到速度相等時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間，0≤△t≤0.4s則有：v=vA﹣a(2nt+△t)=a△t，代入數(shù)據(jù)解得：

　　6.75≤n≤7.5，n為整數(shù)，故取n=7，△t=0.2s，其末速度為0.2m/s，滑塊的位移為：，對(duì)木板=0.02m，則木板的長(zhǎng)度為

　　x滑﹣x木=17.98m﹣0.02m=17.96m

　　答：(1)滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為30N;

　　(2)當(dāng)滑塊與木板達(dá)到共同速度(v≠0)時(shí)，滑塊距離木板左端的長(zhǎng)度是17.96m

　　11.解：(1)繩子緩慢拉入水平管道重心升高h(yuǎn)，

　　由動(dòng)能定理：W+WG=0

　　W=mgh

　　代入數(shù)據(jù)解得h=0.182m.

　　(2)由動(dòng)能定理(或機(jī)械能守恒)

　　WG=△EK

　　，

　　代入數(shù)據(jù)解得v=3.77m/s.