作业4 抛体运动和圆周运动-【课堂快线】2021高二物理暑假作业（新教材）

高二年级物理 二定律得fF=ma2,根据f=Pmg,联立并代人数据解:匀“点”上15个奶油,则圆盘转一圈的周期T=60s故转速 得=0.3,故A正确,B错误;画出传送带和煤块的v-t 图如图所示,可知,两条图线之间围成的面积等于划痕长!为1r/min,故A错误角速度a===rad/s,故B正 度,大小为6m,故C错误,D正确 11.答案:(1)①减小(2)0.50.2(3) 确;蛋糕边缘的奶油线速度大小v=oy=x×0.10m/s 解析:(1)由图象①可知,当F=0时,a≠0.也就是说当绳 子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡1300ms,故C错误:蛋糕边缘的奶油向心加速度a=r 摩擦力过大,即倾角过大,平衡摩擦力时木板的左端垫得1π2 过高.所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到302 ×0.1m/s2 m/s2,故D错误 的;要想使得该图线过原点,即当有合力F时,才会产生加3.D解析:跳远是斜抛运动,后半段可视为平抛运动,前半段 速度a,因此应减小轨道的倾角 可视为逆向平抛,前、后段时间相等,由b=1得t (2)根据Fm得a=—,所以滑块运动的加速度a和所受 0.5s则运动员在空中运动的时间是t=241=1.0s,故A错 拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的:误;由x=1t1,结合x=4.00m,得=8.0m/s即运动员 总质量的倒数由图乙得加速度a和所受拉力F的关系图在空中最高点的速度大小是8.0m/s,故B错误;运动员落 象斜率k=2,所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m;入沙坑时的速度大小是v=+(g4)2=√8m/,故C 5k由图乙得:在水平轨道上1N时,加速度=0;错误;运动员落人沙坑时速度方向与水平面的夹角正切值 (3)滑块和位移传感器发射部分受到的拉力曲力传感器得;tna==5=0.625,故D正确 出,实验过程中不需要控制滑块和位移传感器发射部分的:4.C解析:由抛体运动的规律得物体通过最高点P的速度 解析:(1)设刚开始时弹簧压缩量为x,在沿斜面方向上:大小v=cmsa,加速度为重力加速度a,则 总质量远远大于重物质量. 12.答案:(1)3m/s2(2)最大值72N,最小值36N (m,+my)gsin 0=kTo 轨迹最高点的曲率半径p COS C正确. 因为在前0.2s时间内,F为变力,0.2s以后,F为恒力, 所以在0.2s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律15.C解析:对A球,平抛运动规律和运动的分解得tan53° 知,沿斜面方向上有kx1- 77, gsin0=ma =,解得A球在空中运动的时间=一;同理 前0.2s时间内PQ向上运动的距离x0-x1=2a1可得B球在空中运动的时间t2=gtan3.则A、B两球在 联立各式解得:a=3m/ (2)当P、Q开始运动时拉力最小,此时有 空中运动的时间之比 tan37°9 F.=(m,+m, )a=36 N tan53-16,C正确 当P、Q分离时拉力最大,此时有 6.C解析:快艇在沿河岸方向做匀速直线运动,垂直河岸方 gsin 0)=72 向做初速度为0的匀加速直线运动,其合运动为匀变速曲 13.答案:(1)0.4m,方向沿传送带向上(2)5m(3).5s;线运动,AB均错误;由图象知,快艇的加速度a-6m/s 解析:(1)包裏在A点时,根据牛顿第二定律得 mgsin 37-umgcos 37=may 5ms,渡河时间=/24=24c正确:由运动学规 解得a1=-0.4m/s2,负号表示方向沿传送带向上 (2)达到共同速度的时间t1 律v=2a,快艇的动能E、m2m(+v),所 包裹相对传送带滑动且达到共同速度的过程中 以垂直河岸方向的位移分别为和d时的动能之比不等于 x1=t1=7.5m<L=10m 1:2,D错误 7.D解析:设从抛出点到落点的距离为l,对甲球应用平抛运 所以,二者间的相对位移为△x=x1-x2=5m 动的规律得 lsin a=vt, lcos a=gt2,两式联立解得甲球 (3)系统立即启动传送带轮顺时针转动且速度为v= 2.0m/s,由于 mosIn37°<F gg3r,包裹将向上!的初速度/mg,同理可得乙球的初速度= 做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得 uungcos37°- nisin37°=ma2 /sin,则甲、乙两球的初速度之比为sin2tosa cOS 解得a2=0.4m/s2 加速时间为t D正确 ;8.ABC解析:由于实线是竖直分速度随时间变化情况,它是 包裹速度从零开始增加到与传送带的速度相等时有 条过原点的直线,说明竖直方向上做的是初速度为0的 2a2=5m<L=10m 匀加速直线运动,其加速度的大小等于图线的斜率大小,故 竖直方向的加速度也可以计算得出,A、