暑假物理典型易錯(cuò)題答案

1、學(xué)習(xí)好資料歡迎下載暑假物理典型題易錯(cuò)題答案高一物理訓(xùn)練271.AD2.BC3.BC4.D5.CD6.B7.D8.B9.BD10.D11.ACD12.ABD13.BC14.AD15.B16.BCD17 解析：土星對(duì)探測(cè)器的引力提供探測(cè)器運(yùn)行的向心力：GMmm 4222 (R h) .( R h)T探測(cè)器運(yùn)行的周期：得土星的質(zhì)量為：tTn42n 2 (Rh)3M2Gt土星的平均密度：3 n2 ( Rh) 3Gt 2 R318 解析：月球表面的重力加速度；g2ht 2h3T 4月球的質(zhì)量M =462Gt19. （ 1）設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m,地球的質(zhì)量為M,在地球表面附近滿足GMmmgR2得GM R2g衛(wèi)

2、星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于它受到的萬(wàn)有引力v2GMmm 1R2R式代入式，得到v1Rg（ 2）考慮式，衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力為Mm22mgR 由牛頓第二定律 F m 42 ( R h)F G2(R h)2( R h)T、聯(lián)立解得T2( Rh)Rg217320.2 V 21. 10m 22. R=1.85× 10 m 23. 19.2×10 km24、 mL/(M+m)2L3G( Mm)學(xué)習(xí)好資料歡迎下載高一物理訓(xùn)練281.BD 2.A 3.C 4.A 5.C 6.A 7.A 8.B 9.AB 10.C 11.BD 12.B13. 2mm 0.55 J3.30.54 J4(2)4.

3、415.2250J14. (1) 2.4 ×10 W;8×10 W16. 解答 同學(xué)對(duì)鉛球做的功等于鉛球離手時(shí)獲得的動(dòng)能，即W1 mv202鉛球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2hg鉛球時(shí)離手時(shí)的速度vst17. 解答：物體在從 A 滑到 C 的過(guò)程中，有重力、 AB 段的阻力、 BC段的摩擦力共三個(gè)力做功，WG=mgR，f BC=umg，由于物體在AB段受的阻力是變力，做的功不能直接求。根據(jù)動(dòng)能定理可知：W外 =0，所以 mgR-umgS-WAB=0即 WAB=mgR-umgS=1×10×0.8 - 1×10×3/15=6(J 18. H/ R

4、19. （ 1）重力做功 W mgh1 mg 2 t 2，重力勢(shì)能減少了1 mg 2t 222（ 2）小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek1( 22t2 )m v0g2（ 3）時(shí)間 t 內(nèi)重力的平均功率PW1 mg 2 tt 2（ 4）小球落地時(shí)重力的即時(shí)功率P mgvmg 2t20 (1)= 50J (2) 7.5m（3） 103 m/ sW21. 小球飛出后作平拋運(yùn)動(dòng)：12 ,可解得：Vg所以：彈hgt1S V0 t1S202h簧的彈性勢(shì)能：EPEK012mgS 2 2mv 04 h22.(1) 上升過(guò)程 :12132mghfh02mv0 ,下落過(guò)程 : mgh fh2m(4v0 )0兩式聯(lián)立得 f7 m

5、g25學(xué)習(xí)好資料歡迎下載121 mv022(2)由動(dòng)能定理 :225v0fs總 0mv0 ,s總=2f14 g23.（ 1） 40N（ 2） h2.5m24.答案： 2m25. 5gl26. 答案：（ 1） 30m/s（2） 1.5 × 107W（ 3） 1 m/s 2解析： (1)根據(jù)動(dòng)能定理：Pt F f s1 mvm2，2由題意可得：P=Fv=F v =kmgv，mf m聯(lián)列以上兩式代入數(shù)據(jù)解得火車行駛的最大速度為：vm=30m/s(2) 火車的額定功率為：P=kmgv=0.0 5× 1000×103× 10× 30W=1.5×

6、 107W(3) 由牛頓第二定律：Pkmg ma ，v解得當(dāng)火車的速度為10m/s 時(shí)火車的加速度aP1.510720.05 1022kg10 1 000 103m/sm/s =1 m/svm27解析：細(xì)繩的拉力分別對(duì)物m和物 2m做正功和負(fù)功，所以物m和物 2m各自的機(jī)械能都不守恒，但物m和物 2m構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故以系統(tǒng)為研究對(duì)象此過(guò)程中系統(tǒng)減少的勢(shì)能為2mgh- mgh mgh系統(tǒng)增加的動(dòng)能為1 (3 m) v22根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh 1 (3 m) v2， v 2gh /32學(xué)習(xí)好資料歡迎下載高一物理訓(xùn)練 291. （物體落地的速度為12gh1 10 m/s ，反彈的速度

7、為22 gh28 m/s ，以向上為正方向物體與地面接觸過(guò)程中動(dòng)量的改變?yōu)閜=1×8- 1×(-10)=18kgm/s ，由動(dòng)量定理有 ( N- mg) t= p，代入數(shù)據(jù)后得 N=100N）2. 解析：從木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到木塊停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理( 取水平恒力 F 的方向?yàn)檎较?) 得： Ft mg×3t 0. 所以 F 3mg3. FS- mg3S=0F3 mg4. 解析：在時(shí)間t內(nèi)物體受力如圖所示，物體所受的合外力為cos ，F(xiàn)由動(dòng)量定理有cos ·t21Fmvmv拉力 F 的沖量 I Ft mv mv.21cos 5.275m6.（ 1）

8、子彈與木塊動(dòng)量守恒：mv0( Mm)v所以： vM mm v0（ 2）木塊與子彈在水平面上克服阻力做功，動(dòng)能減小為0，即：1(M m)v2(Mm)gx2解得：xv2m2 v022 g2 g( M2m)7（ 1）設(shè)子彈穿過(guò)物塊后物塊的速度為V ，由動(dòng)量守恒得mv0v0MV1m2解得 Vm2v02M系統(tǒng)的機(jī)械能損失為1121E2v02mv0mMV22223由2 3式得E1 (3m )mv248M0（ 2）設(shè)物體下落到地面所需時(shí)間為t ，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則1gt2h52學(xué)習(xí)好資料歡迎下載svt6由 式得256smv0h7M2g評(píng)分參考：第（1）問(wèn) 9 分。式各 3 分。第（ 2）問(wèn)

9、6 分。 式各 2 分。1345678（ 16 分）（ 1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，有2R1 gt 22解得t2 Rg（ 2）設(shè)球 A 的質(zhì)量為m，碰撞前速度大小為v1 ，把球 A 沖進(jìn)軌道最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能定為0，由機(jī)械能守恒定律知1 mv21 mv12 2mgR22設(shè)碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律知mv12mv2飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，有2Rv2t綜合式得v22 2gR9. （ 1）設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m2v0m1m2 v設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為F，對(duì)

10、物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有- Ftm2vm2 v0其中Fm2 g解得tm1v0m1m2 g代入數(shù)據(jù)得t0.24s學(xué)習(xí)好資料歡迎下載（ 2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v，則m2 v0m1 m 2 v由功能關(guān)系有1 m v 21 m m v 2m gL2012222代入數(shù)據(jù)解得v0 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過(guò)5m/s。10. 設(shè)小球的質(zhì)量為 m，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前的速度大小為v1 ，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh1 mv122得 v12gh設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1 ' ，同理有

11、 mgh1mv1 '2162gh得v1 '8設(shè) 碰 撞 后 物 塊 的 速 度 大 小 為 v2 ， 取 水 平 向 右 為 正 方 向 ， 根 據(jù) 動(dòng) 量 守 恒 定 律 ， 有mv1mv1 '5mv2gh得v28物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小F 5 mg設(shè)物塊在水平面上滑行的時(shí)間為t ，根據(jù)動(dòng)量定理，有Ft 0 5mv22gh得 t4 g11. 根據(jù)題意，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，小球A 與 B 碰撞前的速度大小相等，均設(shè)為v0 ，由機(jī)械能守恒有 mA gH1 mAv022學(xué)習(xí)好資料歡迎下載ABv1v2mA v0 mB ( v0 ) m A v1mB v21 mA v0

12、21 mB v022v23mAmB v0m AmBBhh2 1 mA v1 21 mB v2 222v222gh(3mAmB )2 HmAmB342,3,212. (18 )1v1v21 mv121 mv22mgl3221mv22mgl (1cos60 )32v1v2gl2II 0 mv1Im gl42Wmgl W1 mv2242W1 mgl622學(xué)習(xí)好資料歡迎下載小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小為1 mgl 。2補(bǔ)充說(shuō)明：（ 1）第式4 分（含方向1 分），僅寫(xiě)出 I0mv1 可給 2 分（2）若先求出繩對(duì)滑塊所做的功 W1 mgl，再求出繩對(duì)小球所做的功2W

13、W1 mgl 也給 6 分。213 (18 分 )(1) 設(shè)上人的推力為F ，則有F = 3mg(sin +cos)(2) 沒(méi)笫一次碰撞前瞬間木箱速度為v1，由功能關(guān)系得Fl = mgl sin+ mgl cos+1mv122設(shè)碰撞后兩木箱的速度為v2，由動(dòng)量守恒得mv1 = 2mv2設(shè)再次碰撞前瞬間速度為v3，由功能關(guān)系得Fl = 2mgl sin+2 mgl cos+1 × 2m(v32 v22)2沒(méi)碰撞后三個(gè)木箱一起運(yùn)動(dòng)的速度為v4，由動(dòng)量守恒得2mv3 = 3mv4聯(lián)立以上各式得v4 =2 2gl ( s i nc o s )3(3) 設(shè)第一次碰撞中損失的機(jī)械能為 E ，有1

14、mv12 = E +1 × 2mv2222聯(lián)立得 E = mgl (sin+ cos)評(píng)分參考：第（ 1）問(wèn) 3 分1第（ 2）問(wèn) 10 分3456分。式 3分。 式各 2第（3）問(wèn) 5分7式3分式 2分。14.（ 1） X Md/ （ M m）（ 2）S2Mmd2(M m)14. 解析：設(shè)子彈的初速為v0, 穿過(guò) 2d厚度的鋼板時(shí)共同速度為：v 受到阻力為 f.對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得：mv0(m2m)vf2d1mv021(m 2m)v222由得： fd1 mv026學(xué)習(xí)好資料歡迎下載子彈穿過(guò)第一塊厚度為 d 的鋼板時(shí)，設(shè)其速度為 v1，此時(shí)鋼板的速度為 u，穿第二塊厚度為 d 的

15、鋼板時(shí)共用速度為 v2，穿過(guò)深度為 d ，對(duì)子彈和第一塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得：mv0mv1mufd1 mv 21 mv21 mu220212由得： v133 v0 (v1u故只取一個(gè) ) 6對(duì)子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得：mv1(m m)v2f d1 mv 21( m m)v22122由得： d2 3 d415（ 1）子彈擊中滑塊A 的過(guò)程，子彈與滑塊A 組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mC v0 =（ mC+mA ） vA ， vA4m / s（ 2 分 1 分）V b=0 .（ 1 分）（ 2）對(duì)子彈、滑塊 A 、 B 和彈簧組成的系統(tǒng)， A 、 B 速度相等時(shí)彈性勢(shì)能最大。根據(jù)動(dòng)量守恒

16、定律和功能關(guān)系可得：mC v0 (mC mAmB )v， vA 1m / s（ 2 分）E P1 (mC mA )vA21 (mCmA mB )v2 =6 J （ 2 分 2 分）22（ 3）設(shè) B 動(dòng)能最大時(shí)的速度為vB， A 的速度為 vA ，則(mCmA )vA(mCmA )vA'mB vB'（2 分）1 (mCmA )v A21 (mCmA )vA' 21 mBv B' 2（ 2 分）222解得v,B1m / s（1 分）學(xué)習(xí)好資料歡迎下載EKB1 mBvB'26J（1 分）B 獲得的最大動(dòng)能2高一物理訓(xùn)練301.BD 2.C 3.CD 4.AC 5.CD 6.AB 7.B 8.BC 9.AD 10.BC 11.ABD 12.D 13