高一下學(xué)期期末檢測(cè)題B卷參考答案與提示

1.D 2.B 3.C 4.B 5.B 6.C

7.AD 提示：將球體的重力mg沿垂直木板方向和垂直墻面方向分解，如圖1所示，根據(jù)力的平行四邊形定則得，G2=mgtanθ=20N，因此球體垂直木板方向的分力大小為，球體垂直墻面方向的分力大小為20N，球體對(duì)木板的壓力大小為，球體對(duì)墻面的壓力大小為20N，選項(xiàng)A、D正確，B、C錯(cuò)誤。

8.AC

9.BC 提示：足球的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于最高點(diǎn)不對(duì)稱，說明足球在運(yùn)動(dòng)過程中一定受到空氣阻力的作用。因?yàn)樽闱蛟谶\(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力與速度方向相反，所以足球在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)不是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，足球從位置1到位置2所用的時(shí)間大于，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。足球從踢出到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)再到落地，需要克服空氣阻力做功，因此足球在位置1踢出時(shí)的動(dòng)能Ek1大于在位置3落地時(shí)的動(dòng)能Ek3，足球在位置2時(shí)的機(jī)械能小于在位置1時(shí)的機(jī)械能，足球從位置1到位置2過程中克服重力和空氣阻力做的功等于足球動(dòng)能的減少量，選項(xiàng)B、C正確，D錯(cuò)誤。

10.CD 11.CD 12.BD

13.（1）1：3 （2）1.5

提示：（1）由題圖乙可知，碰撞后物體A在一個(gè)頻閃時(shí)間間隔內(nèi)移動(dòng)標(biāo)尺上1個(gè)刻度，物體B在一個(gè)頻閃時(shí)間間隔內(nèi)移動(dòng)標(biāo)尺上3個(gè)刻度，由公式s=vt可知，碰撞后兩物體的速度大小之比為1：3。（2）設(shè)碰撞后物體A的速度為v，則碰撞前物體A在一個(gè)頻閃時(shí)間間隔內(nèi)移動(dòng)標(biāo)尺上2個(gè)刻度，速度為2v，碰撞后物體B的速度為3v，由動(dòng)量守恒定律得mA·2v=mA·v+mB·3v，解得mA=1.5kg。

15.（1）設(shè)殲20戰(zhàn)斗機(jī)到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度為v，在它由靜止啟動(dòng)至到達(dá)傾斜跑道末端的過程中，由動(dòng)能定理得mg（8L+L）-0.1mg（8L+L）-mg·0.1L=，解得。（2）設(shè)殲20戰(zhàn)斗機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力為F，在它由靜止啟動(dòng)至獲得速度v的過程中，由動(dòng)能定理得，解得F=1.1mg，即殲20戰(zhàn)斗機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力應(yīng)增大到重力的1.1倍。

17.設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin，10m·2v0-mvmin=11mv2，為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1=v2，解得vmin=4v0。

18.（1）P、Q兩物塊在光滑斜面體ABC上靜止，根據(jù)平衡條件得mQgsinα=mPgsinβ，解得mP=3kg。物塊P由初始位置運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得，根據(jù)幾何關(guān)系得h=L1sinβ+R（1-cosβ）。在D點(diǎn)，支持力和重力的合力提供向心力，則，解得FD=78N。由牛頓第三定律可知，物塊P第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為78N。（2）物塊P從初始位置運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得vM=2 m/s。物塊P沿斜面MN向上運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得mPgsinθ+μmPgcosθ=ma1，解得a1=10m/s2。根據(jù)速度—時(shí)間公式得vM=a1t1，解得t1=0.2s。當(dāng)t1=0.2s時(shí)，物塊P到達(dá)斜面MN上最高點(diǎn)，最高點(diǎn)與M點(diǎn)間的距離。之后物塊P沿斜面MN返回，再經(jīng)過t2=t-t1=0.1s到達(dá)K點(diǎn)，最高點(diǎn)與K點(diǎn)間的距離。物塊P沿斜面MN向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得mPgsinθ-μmPgcosθ=ma2，解得a2=6m/s2，根據(jù)幾何關(guān)系得xMK=x-x′=0.17m，即M、K兩點(diǎn)間的距離為0.17 m。（3）最后物塊P將在光滑圓弧面上的C、M兩點(diǎn)間來(lái)回滑動(dòng)，且到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度為零，對(duì)物塊P從初始位置運(yùn)動(dòng)到最終到達(dá)M點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mPgL1sinβμmPgcosθ·L總=0，解得L總=1m，即物塊P在斜面MN上滑行的總路程為1m。

19.（1）設(shè)物塊剛滑至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，木板對(duì)物塊的支持力大小為F′。物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，解得。在B點(diǎn)，物塊受到的木板支持力和重力的合力提供向心力，則，解得F′=30 N。根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對(duì)B點(diǎn)的壓力大小F=F′=30N。（2）若木板不固定，設(shè)燒斷細(xì)線前彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，燒斷細(xì)線后物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，物塊和木板的速度為v2，整個(gè)系統(tǒng)從燒斷細(xì)線至物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，取水平向左為正方向，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得0=（m1+m2）v2，解得v2=0。根據(jù)能量守恒定律得。最終狀態(tài)物塊與木板一起靜止，設(shè)物塊在木板上BC段運(yùn)動(dòng)的總路程為d，根據(jù)能量守恒定律得Ep=μm2gd，解得，因此物塊最終離B點(diǎn)的距離。（3）燒斷細(xì)線至物塊上升到最高點(diǎn)的過程中，設(shè)物塊的水平速度為v物時(shí)木板的速度大小為v板，物塊水平方向的位移大小為s物，木板的位移大小為s板，由水平方向動(dòng)量守恒可知，在全過程中始終有0=m2v物-m1v板，即m2v物=m1v板，因此有m2s物=m1s板，得s物=s板。由物塊和木板在水平方向上的位移關(guān)系得s物+s板=R+L+x，解得s板=0.46m。

20.（1）選取小物塊A為研究對(duì)象，當(dāng)滑桿達(dá)到最大速度時(shí)，小物塊A與其脫離，由題意得v0=ωr。小物塊A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，動(dòng)量守恒，碰撞后二者速度大小相同。設(shè)小物塊A、B碰撞后的共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv1，解得。在小物塊A與B碰撞過程中損失的機(jī)械能。（2）若小物塊A、B不能與彈簧相碰，則在二者由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得，解得對(duì)應(yīng)的連桿角速度，因此ω的取值范圍為。碰撞時(shí)間極短，可以忽略不計(jì)。設(shè)小物塊A、B在PQ段上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μ·2mg=2ma，v1=at1，解得。