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高一物理期末物理复习题必修2复习题 一、选择题： 1、C 2、A. 3、 B. 4、B 5、D 6、C 7、 B 8、D 9、AD 10、 A D 11、A. 12、A．C D 14、 A.C. 15、C． 16、A． 17、ABD 18、A．解析：(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球，是为了使小球有相同的初速度． (2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，则物体从A到B和从B到C运动时间相等，设为T；竖直方向由匀变速直线运动推论有： y2－y1＝gT2，且v0T＝x. 解以上两式得：v0＝x. (3)代入数据解得v0＝1.00 m/s. 答案：(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同 (2)x　(3)1.00 (1)交流　(2)D　(3)B　(4)GK2：3 1：12：3 (1).V2=vsin (2).加速上升， (3).F＞mg 4、80m/S 5、解析：当小球做平抛运动距斜面有最大距离时，其速度方向恰与斜面平行 　　所以vtcosθ＝v0 　　vtsinθ＝vy 　　而得：vy＝v0tanθ 　　又因为vy＝gt　所以v0tanθ＝gt 　　t＝ 答案： 6、解析：由重力做功的特点可知，此时重力所做的功为： WG=mgH =mg（h1－h2）=0.1×9.8×（1.8－1.25）J=0.54 J 由重力做功与重力势能的变化之间的关系可知，此时重力做正功，重力势能应减少，且减少量ΔEp=WG=0.54 J. 7、解析】：（1）当v1=1m/s时，设杆对小球有向下的拉力，大小为F1，则由牛顿定律可得 ，所以杆对球的作用力大小为16N，负号表示杆对球的作用力向上是 支持力。由牛顿第三定律可知，球对杆有向下的压力，大小为16N。 （2）当v2=4m/s时，设杆对小球的向下拉力为F2，则由牛顿第二定律 可得F2+mg= ，所以×0=44N。所以杆 对球向下的拉力大小为44N。由牛顿第三定律可知球对杆向上的拉力大小 为44N。 8、（1）m2l，满足 KΔl=m2w2(l1＋l2) ∴弹簧伸长量Δl=m2w2(l1＋l2)/K 对m1，受绳拉力T和弹簧弹力f做匀速圆周运动， 满足：T－f=m1w2l1 绳子拉力T=m1w2l1＋m2w2(l1＋l2) （2）线烧断瞬间 A球加速度a1=f/m1=m2w2(l1＋l2)/m1 B球加速度a2=f/m2=w2(l1＋l2) 9、 (1) (2) 10、答案：⑴ ⑵ 11、⑴ ⑵ 12、分析：物体刚要“飘”起来时，还与地球相对静止，其周期等于地球自转周期，此时物体只受重力作用，物体“飘”起来时，半径为 解：由万有引力定律： 13、分析：本题考察的是万有引力与运动规律的综合运用，要先找出两者的联系量——重力加速度，先由运动规律求出重力加速度，再由万有引力定律得出星球的质量。 解：由自由落体规律：可得： 由万有引力定律得：可得： 14、解析：设小球经过B点时速度为v0，则： 小球平抛的水平位移为： x＝ ＝ R(2分) v0＝＝＝(3分) 对小球过B点时由牛顿第二定律得： F＋mg＝m(3分) 解得F＝mg(2分) 由牛顿第三定律　F′＝F＝mg.(2分) 答案：mg （1）设力F作用时物体的加速度为a1对物体受力分析，由牛顿第二定律F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1撤去力后，由牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2 根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2t1＝1s时物体的速度：v1＝a1t1 拉力F的平均功率为P＝Fv1/2解得P＝300W （）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2， v1＝a2t2 ，解得t2＝2s t＝s 时，v=0所以p=0 16、子弹的动能为:=1800J F= 17、解析：当mg=kx时，小球的速度最大， 所以x=mg/k. 此时小球离地面高度为：H=L0－x=L0－mg/k 重力势能Ep=mgH＝mg（L0－mg/k）=mgL0－m2g2/k. 答案：Ep=mgL0－m2g2/k 18、（1）40N　　　　（2）h≥2.5m 19、45M 30M 2.44 20、 【解析】 物体从水平轨道至圆弧轨道顶端的过程， 由动能定理得 －mgh=mv2 － mv02 式中v是物体在顶端的速度。 若物体刚能到达顶端，即v=0，由式可得 v0==4 m／s. 若物体到达顶端且刚不脱离，应满足 mg=m 由此得v2=Rg，代入①式得 v0==6 m／s 综上得物体能通过最高点且不脱离轨道的初速度范围为：4 m／s＜v0≤6 m／s 解析：滑块最终要