[課時(shí)作業(yè)](本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)一、選擇題(1～4題為單項(xiàng)選擇題，5～7題為多項(xiàng)選擇題)1.(2017·黑龍江大慶一模)如圖所示是傾角為45°的斜坡，在斜坡底端P點(diǎn)正上方某一位置Q處以速度v0水平向左拋出一個(gè)小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1。小球B從同一點(diǎn)Q處自由下落，下落至P點(diǎn)的時(shí)間為t2，不計(jì)空氣阻力，則t1∶t2等于()A．1∶2 B.1∶eq\r(2)C．1∶3 D．1∶eq\r(3)解析：小球的軌跡及位置關(guān)系如圖所示，由速度分解的矢量圖知vy＝v0，則豎直位移y＝eq\f(0＋vy,2)·t1＝eq\f(v0,2)t1，又因水平位移x＝v0t1，得x＝2y，因此，小球B下落高度為小球A下落高度的3倍，由y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝y(tǒng)＋x＝3y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，得t1∶t2＝1∶eq\r(3)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。答案：D2．(2017·洛陽市模擬)有甲、乙兩只船，它們?cè)陟o水中航行的速度分別為v1和v2，現(xiàn)在兩船從同一渡口向河對(duì)岸開去，已知甲船想用最短時(shí)間渡河，乙船想以最短航程渡河，結(jié)果兩船抵達(dá)對(duì)岸的地點(diǎn)恰好相同。則甲、乙兩船渡河所用時(shí)間這比eq\f(t1,t2)為()A.eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))B.eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))C.eq\f(v2,v1) D．eq\f(v1,v2)解析：畫出兩船運(yùn)動(dòng)速度示意圖，如圖所示。設(shè)河寬為d，甲船用最短時(shí)間渡河，所用時(shí)間為t1＝eq\f(d,v1)；乙船用最短航程渡河，v2與航線垂直，設(shè)航線與河岸夾角為α，由圖可知，t2＝eq\f(d,v2cosα)，由題意知cosα＝eq\f(v2,v1)，聯(lián)立解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))，選項(xiàng)A正確。答案：A3．(2017·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖所示，離地面高h(yuǎn)處有甲、乙兩個(gè)小球，甲以初速度v0水平拋出，同時(shí)乙以大小相同的初速度v0沿傾角為30°的光滑斜面滑下。若甲、乙同時(shí)到達(dá)地面，不計(jì)空氣阻力，則甲運(yùn)動(dòng)的水平距離是()A.eq\f(3,2)hB.eq\f(1,2)hC.eq\r(3)h D．2h解析：甲球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt2；乙球做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝gsin30°，位移s＝2h＝v0t＋eq\f(1,2)at2。甲球在水平方向以v0勻速運(yùn)動(dòng)，水平位移x＝v0t，聯(lián)立解得x＝eq\f(3,2)h，A正確。答案：A4．(2017·吉林長(zhǎng)春調(diào)研)如圖所示，一圓柱形容器高、底部直徑均為L(zhǎng)，球到容器左側(cè)的水平距離也是L，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球離地高為2L，現(xiàn)將小球水平拋出，要使小球直接落在容器底部，重力加速度為g，小球拋出的初速度v的大小范圍為(空氣阻力不計(jì))()A.eq\r(\f(1,2)gL)<v<eq\r(gL)B.eq\r(\f(1,2)gL)<v<2eq\r(\f(1,2)gL)C.eq\r(\f(1,2)gL)<v<eq\r(\f(3,2)gL) D．eq\f(1,2)eq\r(gL)<v<eq\r(gL)解析：如圖中①虛曲線，設(shè)小球的初速度為v1，則L＝v1t1，L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，得出v1＝eq\r(\f(gL,2))。如圖中②虛曲線，設(shè)小球的初速度為v2，則2L＝v2t2,2L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，得出v2＝eq\r(gL)。所以小球直接落在容器底部的初速度v的大小范圍為eq\r(\f(gL,2))<v<eq\r(gL)。答案：A5.如圖所示，BOD是半圓的水平直徑，OC為豎直半徑，半圓半徑為R。現(xiàn)有質(zhì)量相同的a、b兩個(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，分別擊中半圓軌道上的D點(diǎn)和C點(diǎn)，已知b球擊中C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek，A點(diǎn)在B點(diǎn)正上方且A、B間距為R，不計(jì)空氣阻力，則()A．a(chǎn)球擊中D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為1.6EkB．a(chǎn)球擊中D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為1.25EkC．a(chǎn)、b兩球初速度之比為1∶1D．a(chǎn)、b小球與軌道碰撞瞬間，重力的瞬時(shí)功率之比為1∶1解析：由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：水平位移x＝v0t，豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝R，知運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同，而xA＝2R＝2xB，則vy＝vA＝2vB；豎直方向速度滿足veq\o\al(2,y)＝2gR，解得vy＝eq\r(2gR)、veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)gR；a、b小球與軌道碰撞瞬間，重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvy相等，比值為1∶1，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；b小球擊中C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR＝eq\f(5,4)mgR，a小球擊中D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝eq\f(4,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR＝2mgR＝1.6Ek，則選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。答案：AD6．如圖所示，在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y＝eq\f(L2,4x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤L，0≤y≤L))的一段為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L，x＝－2L，y＝0，y＝L為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ。兩個(gè)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E，方向如圖所示。則在電場(chǎng)Ⅰ的AB曲線邊界處由靜止釋放的電子(不計(jì)電子所受重力)在離開MNPQ區(qū)域時(shí)的最小動(dòng)能和對(duì)應(yīng)飛出點(diǎn)分別為()A．最小動(dòng)能Ek＝eEL B．最小動(dòng)能Ek＝eq\f(eEL,2)C．飛出點(diǎn)坐標(biāo)(－2L,0) D．飛出點(diǎn)坐標(biāo)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)，\f(L,2)))解析：設(shè)釋放位置坐標(biāo)為(x，y)，則有eEx＝eq\f(1,2)mv2，x′＝vt，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eEt2,2m)，解得y＝eq\f(x′2,4x)，又y＝eq\f(L2,4x)，解得x′＝L，即所有從邊界AB上靜止釋放的電子均從P點(diǎn)射出。從邊界AB出發(fā)到P點(diǎn)射出的全過程，由動(dòng)能定理得Ek＝eE(x＋y)，又y＝eq\f(L2,4x)，解得Ek＝eEeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(L2,4x)))，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(L,2)時(shí)，動(dòng)能Ek有最小值，Ek＝eEL，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。答案：AC7.(2017·河南洛陽一中二模)如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向間的夾角為30°，A、B與電場(chǎng)垂直，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)過時(shí)間t小球最終落在C點(diǎn)，速度大小仍是v0，且AB＝BC，則下列說法正確的有()A．電場(chǎng)力和重力的合力方向垂直于AC方向B．小球下落高度為eq\f(3,4)gt2C．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(mg,q)D．此過程增加的電勢(shì)能等于eq\f(1,2)mg2t2解析：由題意可知，小球在運(yùn)動(dòng)的始、末位置動(dòng)能不變，而重力做正功，則電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理知，電場(chǎng)力和重力的合力做功為0，所以電場(chǎng)力和重力的合力方向必垂直于AC方向，故選項(xiàng)A正確；由動(dòng)能定理可知，mgeq\x\to(AB)sin60°＝Eqeq\x\to(BC)sin60°，即mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q)，故選項(xiàng)C正確；將電場(chǎng)力分解為沿水平方向和豎直方向，則有豎直分量的電場(chǎng)力F＝Eqcos60°＝mgcos60°＝eq\f(mg,2)，則小球在豎直方向上所受的合力F合＝mg＋eq\f(mg,2)＝eq\f(3mg,2)，由牛頓第二定律可知，豎直方向上的分加速度ay＝eq\f(3g,2)，則下落高度h＝eq\f(1,2)ayt2＝eq\f(3gt2,4)，故選項(xiàng)B正確；此過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場(chǎng)線的方向上的位移x＝eq\f(3gt2,4)，則電勢(shì)能的增加量ΔEp＝Eqx＝eq\f(3mg2t2,4)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：ABC二、非選擇題8.某電視臺(tái)“快樂向前沖”節(jié)目中的場(chǎng)地設(shè)施如圖所示，AB為水平直拋道，上面安裝有電動(dòng)懸掛器，可以載人運(yùn)動(dòng)，水面上漂浮著一個(gè)半徑為R、角速度為ω，鋪有海綿墊的轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的軸心離平臺(tái)的水平距離為L(zhǎng)，平臺(tái)邊緣與轉(zhuǎn)盤平面的高度差為H。選手抓住懸掛器，可以在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，從A點(diǎn)下方的平臺(tái)邊緣處沿水平方向做初速度為零，加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。選手必須做好判斷，在合適的位置釋放，才能順利落在轉(zhuǎn)盤上。設(shè)人的質(zhì)量為m(不計(jì)身高大小)，人與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力為μmg，重力加速度為g。(1)假設(shè)選手落到轉(zhuǎn)盤上瞬間相對(duì)轉(zhuǎn)盤速度立即變?yōu)榱?，為保證他落在任何位置都不會(huì)被甩下轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的角速度ω應(yīng)限制在什么范圍？(2)若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g取10m/s2，且選手從某處C點(diǎn)釋放能恰好落到轉(zhuǎn)盤的圓心上，則他是從平臺(tái)出發(fā)后多長(zhǎng)時(shí)間釋放懸掛器的？解析：(1)設(shè)選手落在轉(zhuǎn)盤邊緣也不至被甩下，最大靜摩擦力提供向心力，則有：μmg≥mω2R即轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度應(yīng)滿足ω≤eq\r(\f(μg,R))。(2)設(shè)水平加速段位移為x1，時(shí)間為t1；平拋時(shí)水平位移為x2，時(shí)間為t2則加速時(shí)有x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)v＝at1平拋運(yùn)動(dòng)階段x2＝vt2H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)全程水平方向：x1＋x2＝L代入已知各量數(shù)值，聯(lián)立以上各式解得t1＝2s。答案：(1)ω≤eq\r(\f(μg,R))(2)2s9．(2017·山西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3kg、電荷量為q＝8.0×10－5C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過1、2級(jí)無初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng)，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1.0m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U；(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝100V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)？解析：(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，小球的初速度為v0，A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y則有eq\f(v0,gt1)＝tanθ①eq\f(L,2)cosθ＝v0t1②y－eq\f(L,2)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)③聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得v0＝eq\r(3)m/s，y＝eq\f(17,30)m④帶電小球在多級(jí)加速器加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0⑤代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75V(2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，則沿y軸方向有Fy＝mgcosθ－qE＝0⑥沿x軸方向有Fx＝mgsinθ⑦故小球進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛好從P點(diǎn)離開，則有Fx＝ma⑧eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)⑨dmin＝eq\f(v0,sinθ)t2eq\o(○,\s\up1(10))聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin＝eq\f(5\r(2),6)m即兩板間的距離d至少為eq\f(5\r(2),6)m。答案：(1)18.75V(2)eq\f(5\r(2),6)m10．如圖所示為利用靜電除煙塵的通道示意圖，前、后兩面為絕緣板，上、下兩面為分別與高壓電源的負(fù)極和正極相連的金屬板，在上、下兩面間產(chǎn)生的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，通道長(zhǎng)L＝1m，進(jìn)煙塵口的截面為邊長(zhǎng)d＝0.5m的正方形，分布均勻的帶負(fù)電煙塵顆粒均以水平速度v0＝2m/s連續(xù)進(jìn)入通道，碰到下金屬板后其所帶電荷會(huì)被中和并被收集，但不影響電場(chǎng)分布。已知每立方米體積內(nèi)顆粒數(shù)n＝1×1013個(gè)，每個(gè)煙塵顆粒帶電荷量為q＝－1.0×10－17C，質(zhì)量為m＝2.0×10－15kg，忽略顆粒的重力、顆粒之間的相互作用力和空氣阻力。(1)高壓電源電壓U0＝300V時(shí)，求被除去的煙塵顆粒數(shù)與總進(jìn)入煙塵顆粒數(shù)的比值；(2)若煙塵顆粒恰好能全部被除去，求高壓電源電壓U1；(3)裝置在(2)中電壓U1作用下穩(wěn)定工作時(shí)，1s內(nèi)進(jìn)入的煙塵顆粒從剛進(jìn)入通道到被全部除去的過程中，求電場(chǎng)對(duì)這些煙塵顆粒所做的總功。解析：(1)由牛頓第二定律得，eq\f(|U0q|,d)＝ma煙塵顆粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，飛出電場(chǎng)時(shí)，有：水平位移L＝v0t豎直位移y＝