内容正文:
高三总复习物理 冀
(2)为了得到小球从A 到B 下降的高度,可测量小球的直径d和从位
置A 中球心到桌面的距离,若不测d,则只需测量从位置A 中球的下
边沿到桌面的距离.
(3)球做圆周运动时有mgh= 12mv
2,球做平抛运动有 H= 12gt
2,L
=vt,联立解得L2=4Hh,
即斜率k=4H,可证明球下摆过程中的机械能守恒.
(4)若作出的图像为如图(c)所示的图线2,纵截距不为零,原因是h的
测量值偏大.
答案: (1)1.140 (2)球的下边沿 (3)4H (4)h的测量值偏大
13.解析: (1)设运动员对冰壶的推力大小为F,由动能定理得:
Fd-μ1mgL=0
代入数据,解得F=12N
(2)设冰壶运动到营垒的最左边时,用毛刷刷冰面的距离是x1,冰壶
运动到营垒的最右边时,用毛刷刷冰面的距离是x2,则由动能定理
得:F′d-μ1mg(L-R-x1)-μ2mgx1=0
代入数据,解得x1=8m
由动能定理得:F′d-μ1mg(L+R-x2)-μ2mgx2=0
代入数据,解得x2=12m
所以用毛刷刷冰面的距离为8m≤x≤12m
答案: (1)12N (2)8m≤x≤12m
14.解析: (1)对小滑块从A 点由静止开始沿轨道运动到第一次回到水
平轨道AB 中点的过程,由动能定理有FL2 -μmg
3L
2 =0
,解得F
=6N.
(2)由于Fcosθ=mgsinθ=4.8N,故小滑块在倾斜轨道上做匀速直线
运动,对小滑块第一次从A 点运动至C 点的过程,由动能定理有FL
+FRsinθ-μmgL-mgR(1-cosθ)=
1
2mv
2,解得v=5m/s,
经分析可知,小滑块最终在BCD 间往复运动,在B 点的速度为零,小
滑块碰撞挡板的最小速度等于在轨道BCD 间往复运动时经过C 点时
的速度,由动能定理有FRsinθ-mgR(1-cosθ)= 12mvmin
2,
解得vmin= 5m/s.
(3)设小滑块与挡板第二次碰撞后返回水平轨道向左运动的最远位置
到B点的距离为x′,由动能定理有F L2 -x′( ) -μmg
L
2 +x′( ) =
0,解得x′=L4 =0.5m
,同理可得x=L8 =0.25m
,
从小滑块开始运动至到B 点的速度为零时,由能量守恒定律有FL=
μmgs,解得s=6m.
课时作业(二十)
一、单项选择题
1.C [从同样高度由静止下落的玻璃杯,由自由落体运动规律可知v=
2gh,故掉到水泥地面和草地时速度大小相同,动量大小相同,A 错
误;无论掉到水泥地面还是草地上,与地面碰撞后的速度都是零,故动
量改变量相同,B错误;由于水泥地面相比于草地硬,玻璃杯与地面碰
撞作用的时间短,而掉在草地上的玻璃杯与地面碰撞作用的时间长,故
相同的动量变化,掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快,掉在草地上的动
量改变慢,C正确:由动量定理FΔt=Δp可知,掉在水泥地上的玻璃杯
与地面接触时,作用的时间Δt短,受到地面的冲击力F大,掉在草地上
的玻璃杯与地面接触时,作用的时间 Δt长,受到地面的冲击力F 小,
D错误.]
2.C [过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,即为mgt,不为零,故 A错
误,C正确;运动员进入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量
改变量不等于零,故B错误;过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,
不等于重力的冲量,故 D错误.]
3.B [乒乓球抛出时的速度为v= 2gh= 2×10×2.45m/s=7m/s,
对抛球的过程运用动量定理可得Ft-mgt=mv,则F=mvt +mg≈
4N,故B正确,A、C、D错误.]
4.A [设钩码A、B的质量为m,因F1>F2,由牛顿第二定律知向上做匀
加速直线运动的加速度:a1>a2,由于上升高度相同,则速度图像如图
所示:
根据图像可知A 上升过程中运动的总时间小于B 上升过程中运动的
总时间.全过程根据动量定理,对 A 有I1-mgt1=0,对 B 有I2-
mgt2=0,所以I1<I2,故 A正确,B、C、D错误.]
5.C [根据动量定理得:
0~t0 内:F0t0=mv1 ①
t0~2t0 内:2F0t0=mv2-mv1 ②
由①②解得:v1∶v2=1∶3
由p=mv得:p2=3p1
由Ek=
1
2mv
2 得:Ek1=
1
2mv1
2,
Ek2=
1
2mv2
2
解得:Ek2=9Ek1.]
6.C [前5s内物体一直沿正方向运动,5~6s沿负方向运动,所以在5s
末物体离出发点最远,最远距离为x=2+52 ×10m=35m
,故 A错误;
根据vGt图像与t轴围成的面积表示物体的位移,在0~6s内,物体经
过的位移为x′=2+52 ×10m-
10
2 ×1m=30m
,故 B错误;在0~4