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2022暑假高二年级物理学科假期作业（ 25 ）
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完成时间：75分钟 检查人签字： 得分：
一、选择题(共45分，其中1-7单选，每题3分。8-13多选，每题4分，部分2分)
1．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d=3.0 mm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过光电门1的时间为Δt1=0.03 s，通过光电门2的时间为Δt2=0.01 s，遮光板从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为Δt=3.00 s，则滑块的加速度约为（　　）
A．0.067 m/s2 B．0.67 m/s2 C．6.7 m/s2 D．不能计算出
2．如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则
A．金星表面的重力加速度是火星的 B．金星的第一宇宙速度是火星的
C．金星绕太阳运动的加速度比火星小 D．金星绕太阳运动的周期比火星大
3．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，AB为粗糙的水平轨道，A、B两点相距x=40m，BCD是半径为R=0.9m的光滑半圆轨道，O是圆心，DOB在同一竖直线上，水平轨道与半圆轨道平滑连接水平轨道上A、B两点分别放有质量为m1和m2的甲、乙两物体（均可视为质点），甲物体与水平轨间的动摩擦因数为μ=0.5，甲物体以v0=25m/s的速度从A点向右运动，与静止在B点的乙物体发生弹性碰撞，碰撞后乙物体沿半圆轨道运动，并从最高点D飞出，落到水平地面上的P点，P、B两点相距d=4.8m，取g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．甲物体运动到B点时的速度大小为12m/s B．甲、乙两物体质量之比为m1∶m2=1∶3
C．乙物体沿半圆轨道运动到D时的速度大小为10m/s
D．甲、乙物体发生弹性碰撞后甲物体在水平轨道上滑动的距离为2.5m
5．如图甲所示，质量为的物块放在光滑的水平面上，时刻，给物块施加一个水平向右的拉力使物块从静止开始运动，其运动的图象如图乙所示。则内水平拉力的冲量大小（　　）
A． B．大于 C．小于 D．无法求解
6．如图所示，某人站在距水平地面高h处的山顶用球拍水平击出一个质量为m的小球（不计空气阻力），球刚好落在图中L处的A点，则下列说法正确的是（　　）
A．球被击出后在水平方向做匀加速直线运动 B．该球从被击出到落至A点所用的时间仅由L决足
C．球被击出时的初速度大小为L D．击球时球拍对球做的功为
7．如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M＝1kg，绳绷直时B离地面有一定高度。在t＝0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）
A．B下落的加速度大小a＝10m/s2
B．A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W＝3J
C．A的质量M＝0.5kg，A与斜面间的动摩擦因数
D．0~0.75s内摩擦力对A做的功0.75J
8．如图，倾角的光滑斜面上甲，乙两个物块用轻弹簧连接，用平行斜面向上的拉力F拉甲物块，使甲、乙两物块一起沿斜面向上做匀速运动，两物块的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．拉力的大小为mg B．弹簧弹力大小为mg
C．撤去拉力F瞬间，两物体的加速度大小相等
D．撤去拉力F瞬间，乙的加速度为零，甲的加速度大小为g
9．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下， 始终保持v0的速率运行．现把一物块(可看为质点)轻放在传送带底端，物块与传送带间动摩擦因数为μ， ．物块被传送到最高点（在运动至最高点前与传送带达到共速）．t为运动时间，x为物体沿斜面运动距离．以最低点所在水平面为零势能面．物块的速度v，重力势能 Ep ，机械能E，物块和传送带产生的内能Q，四个物理量变化趋势如下图，其中正确的是：（　　）
A． B．C． D．
10．如图1所示，、是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为的交变电压，板的电势，板的电势随时间发生周期性变化，规律如图2所示。现有一电子从板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A．若电子在时刻进入，它将一直向板运动
B．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上
C．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上，
D．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上
11．如图所示，带电平行金属板、B，板间的电势差为，板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电荷量为，质量为，自孔的正上方距板高处自由落下，若微粒恰能落至、B板的正中央点，则（　　）
A．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小
B．微粒下落过程中重力做功为，静电力做功为
C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增量为
D．若微粒从距板高处自由下落，则恰好能到达板
12．如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（　　）
A．甲、乙两车运动中速度之比为 B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L D．乙车移动的距离为L
13．为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示．M 为 烟雾传感器，其阻值 RM 随着烟雾浓度的改变而变化，电阻 R 为可变电阻．车厢内有人抽烟 时，烟雾浓度增大，导致 S 两端的电压增大，装置发出警报．下列说法正确的是( )
A．RM 随烟雾浓度的增大而增大 B．RM 随烟雾浓度的增大而减小
C．若要提高报警灵敏度可减小 R D．若要提高报警灵敏度可增大 R
二、实验题（共10分）
14．如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律。
（1）已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需的器材是__________。
A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、刻度尺
C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、刻度尺
（2）实验中需要测量重物由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度和下落高度，某同学对实验得到的纸带设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是__________。
A．用刻度尺测出重物下落的高度，由打点间隔数算出下落时间，通过计算出瞬时速度
B．用刻度尺测出重物下落的高度，并通过计算出瞬时速度
C．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算得出高度
D．用刻度尺测出重物下落的高度，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度
（3）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出一条符合要求的纸带，如图乙所示。图乙中点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点、、、…、作为计数点，测出其中、、点距起始点的距离分别为、、。已知重物质量为，重力加速度为，打点计时器打点周期为。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打下点到打下点的过程中，重物重力势能的减少量__________，动能的增加量__________（用题中所给字母表示）。
（4）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是__________。
A．该误差属于偶然误差 B．该误差属于系统误差
C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
（5）某同学在实验中发现重物增加的动能略小于重物减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响。他测出各计数点到起始点的距离并计算出各计数点的速度，用实验测得的数据绘制出图线，如图丙所示。图线是一条直线，此直线斜率的物理含义是____________________。已知当地的重力加速度，由图线求得重物下落时受到阻力与重物所受重力的百分比为__________（结果保留2位有效数字）。
三、解答题（共45分）
15．北京获得2022年冬季奥林匹克运动会举办权，滑雪也渐渐成为人们喜爱的时尚运动。如图所示为某室内滑雪场的滑道，AB为倾角的斜坡滑道，BC为L=4m的水平滑道，CD为半径R=10m、圆心角的圆弧滑道，DE为倾角的斜坡滑道，滑道在B点和C点平滑连接。质量m=60kg的滑雪者从h=9m处的P点由静止出发，到达圆弧滑道最高点时恰好对滑道没有压力而腾空，在空中飞行一段时间后落在DE滑道上的Q点。已知滑雪者与滑道间的动摩擦因数，不计空气阻力，滑雪者可视作成质点，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求滑雪者落点Q与最高点D之间的距离；
(2)求滑雪者在圆弧滑道CD上损失的机械能；
(3)若滑雪者从更高处出发，则在圆弧滑道CD上损失机械能是增大还是减小？说明理由。
16．如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平地面相切．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出．已知小球的质量为m，曲面滑槽的质量为2m，重力加速度为g.
（1）求小球在曲面上能上升的最大高度；
（2）若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M应满足什么条件？
17．如图所示，有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的一端固定于轴O点，另一端拴一质量为m的物体，物体与盘面间最大静摩擦力为其重力的μ倍，开始时弹簧处于自然长度，长为R，求：
(1)盘的转速n0多大时，物体开始滑动？
(2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多大？（结果用μ、m、R、k、g表示）
18．如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2 =2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值；
(3)电子打到屏上的点到点O的距离x。
假期作业25答案
1．A【详解】遮光板通过光电门1时的速度遮光板通过光电门2时的速度
故滑块的加速度故选A。
2．B【详解】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以 故A错误，由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知解得 ，所以 故B正确；由 可知轨道越高，则加速度越小，故C错；由 可知轨道越高，则周期越大，故D错；综上所述本题答案是：B
3．C【详解】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，以向上为正方向，则有
解得由牛顿第三定律，铁锤对木桩的平均冲力大小为 故选C。
4．D【详解】根据牛顿第二定律可得甲从A到B的过程中加速度大小为
设甲物体到B点的速度大小为v，根据运动学公式得代入数据解得故A错误；C．设乙物体沿半圆轨道运动到D时的速度大小为v0，乙离开D点后做平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有代入数据解得故C错误；
B．设甲、乙两物体碰撞后甲物体的速度为v1，乙物体的速度为v2，乙物体从B到D过程中根据动能定理有代入数据解得甲、乙发生弹性碰撞，设碰撞后甲的速度为v1，根据动量守恒定律，有根据能量守恒定律有
两式联立并代入数据解得甲、乙两物体质量之比为故B错误；
D．碰撞后甲物体被弹回，之后做匀减速运动，加速度大小为设运动的位移为，根据运动学公式有代入数据解得故D正确。故选D。
5．A【详解】根据动量定理有故选A。
6．D【详解】A．球被击出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，故A错误；B．球击出后做平抛运动，根据，得所以该球从被击出到落至A点所用的时间仅由竖直高度h决定，故B错误；C．根据L=v0t，得故C错误；D．根据动能定所以击球时球拍对球做的功为，故D正确；故选D。
7．B【详解】A．AB具有相同的加速度，由图可知B的加速度为＝4 m/s2
故A错误；B．设绳的拉力为T，对B由牛顿第二定律Mg－T＝Ma解得T＝Mg－Ma＝1×10 N－1×4 N＝6 NAB位移相同则由图可知A上升阶段，B的位移为故绳的拉力对A做功为W＝Fx＝6×0.5 J＝3 J故B正确；C．由图可知后0.25 s时间A的加速度为
此过程A只受摩擦力和重力μmgcos θ＋mgsin θ＝ma′解得故C错误；
D．全程位移为×2×0.75 m＝0.75 m故摩擦力做功为Wf＝－μmgcosθs＝0.25×0.5×10×0.8×0.75J＝－0.75J故D错误；故选B。
8．AD【详解】A.斜面光滑，将甲乙两物块视为一个整体，做受力分析可得在沿斜面方向上平衡：
故A正确；B.对乙物体受力分析，沿斜面方向上平衡可得弹簧弹力：故B错误；C.撤去拉力F瞬间，弹簧长度不变弹力不变。对甲物体受力分析，沿斜面方向上不平衡有： 解得：D.对乙物体受力分析，沿斜面方向上有： 甲乙两物体加速度大小不同。故C错误；D正确。故选ＡＤ。
9．AD【详解】开始时物体受到向上的摩擦力，由，因，则 ，则a>0，物体向上做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起向上做匀速运动，故图像A正确；物块与传送带共速之前，系统产生的热量为：，当物体与传送带共速后，Q=0，则图像B错误；物体与传送带共速后，重力势能随x的增加而增加，可知图像C错误；物体随传送带加速上升时：；共速后，可知图像D正确.
10．AC【详解】AB．若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，前半个周期电子受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期电子受到的电场力向下，向上做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向板运动，选项A正确，B错误;C．若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，在内，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，电子受到的电场力向下，向上做减速运动，时刻速度减为零，在内，电子受到的电场力向下，向下做加速运动，在内，电子受到的电场力向上，向下做减速运动，在时刻速度减为零，完成一个周期运动，向板移动一定距离，周而复始，所以电子时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上，选项C正确；D．若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，在内，电子向上做加速运动，在内，电子向上做减速运动，在时刻速度减为零，在内，电子反向加速，在内，电子反向减速，在时刻速度减为零，完成一个周期运动，回到出发点，周而复始，所以电子时而向板运动，时而向板运动，一定不会打在板上，选项D错误。
故选AC。
11．BCD
【详解】
A．由微粒运动到点速度减小到零可知动能先增大后减小，选项A错误；
B．微粒下落高度为，重力做功为，静电力做负功，大小为，选项B正确；
C．由功能关系可知克服静电力做了多少功，电势能就增大多少，选项C正确；
D．若微粒从距板高处自由下落，假设能够到达点，重力做功为，克服静电力做功，由动能定理可知选项D正确。
故选BCD。
12．ACD【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得可得甲、乙两车运动中速度之比为
故A正确，B错误；CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2，则有，
又联立解得，故CD正确。故选ACD。
13．BD【详解】AB： 烟雾浓度增大，S两端的电压增大，电路中电流增大，故电路的总电阻减小；RM随烟雾浓度的增大而减小．故A错误、B正确．CD：R越大，传感器RM与它并联后的电阻越接近RM，当烟雾浓度增大，RM减小，电路总电阻减小明显，电路中电流增大明显，导致S两端的电压增大明显，提高了灵敏度；R越小，传感器RM与它并联后的电阻越接近R，当烟雾浓度增大，RM减小，电路总电阻减小不明显，电路中电流增大不明显，导致S两端的电压增大不明显，降低了灵敏度．故C错误、D正确．点睛：两只电阻并联时，总电阻比其中较小的电阻还小，总电阻接近其中较小电阻的阻值．14．D D BD 重物下落时加速度的2倍 1.5（1.0~3.0）
【详解】（1）[1]打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重物下降的距离，通过纸带上两点的距离可求出平均速度，从而可知瞬时速度。重物的质量可以不测，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。（2）[2]ABC．不能用或来求速度，不能用求高度，否则默认了机械能守恒，失去验证的意义，故ABC不合理；D．实验中应该用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，故D合理。
故选D。3）[3]从打下点到打下点的过程中重物重力势能的减少量
[4]根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则点的瞬时速度
则动能的增加量为
（4）[5]实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法避免，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确，AC错误。
故选BD。（5）[6]根据得可知图线的斜率等于，即重物下落加速度的2倍；[7]重物下落受阻力时，根据牛顿第二定律有由题图像可知斜率，得
15．（1）28.3 m；（2）240J；（3）在圆弧滑道CD上损失的机械能减小．理由是：①滑雪者在到达D前已经脱离轨道腾空飞起；②滑雪者在圆弧轨道上对轨道的压力更小．
【详解】（1）滑雪者在最高点D时恰好对滑道没有压力，设此时的速度为v，由牛顿第二定律可得
代入数据解得v=10m/s设滑雪者落点Q与最高点D之间的距离为x，空中运动时间为t，由平抛运动可知：在水平方向上xcosθ2=vt在竖直方向上xsinθ2=gt代入数据解得x=20m=28.3 m
（2）设滑雪者在AB滑道克服摩擦力做功W1，在BC滑道克服摩擦力做功W2，则W2=μmgL=240J设滑雪者在圆弧滑道CD损失的机械能为W3，从P到Q过程，由动能定理得mg[h-R（1-cosα）]-W1-W2-W3=mv2-0代入数据解得W3=240J
（3）若滑雪者从更高处出发，则在圆弧轨道CD上损失的机械能减小。
理由：①滑雪者在到达D前已经脱离轨道腾空飞起；②滑雪者在圆弧轨道上对轨道的压力更小。
16．（1）（2）M>3m【详解】（1）小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设速度为v，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有：mv0＝（m＋2m）v ＝（m＋2m）v2＋mgh
解得：h＝（2）小孩推球的过程中动量守恒，即：0＝mv0－MvM 对于球和曲面，在相互作用到最后分开的过程中，动量守恒且机械能守恒，则有：mv0＝mv1＋2mv2
解得：v1＝－v0 若小孩将球推出后还能再接到球，则有v0>vM
得：
M>3m.
17．(1)；(2)
【详解】
(1)当圆盘开始转动时，物体所需向心力较小，当未滑动时，由静摩擦力提供向心力，设最大静摩擦力对应的最大角速度为，则
又
所以物体开始滑动时盘的转速n0为
(2)转速增大到2n0时，由最大静摩擦力和弹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有
此时有 由以上各式解得
18．(1)；(2)2；(3)3L
【详解】(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得
解得电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得则时间t1为从MN到屏的过程中运动的时间为
运动的总时间为
(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为运动时间为则竖直方向速度为所以夹角为
(3)如图
电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点，由几何关系知
解得
自律是成功者必备的条件
答案第4页，总6页

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