热门试卷

（1）根据题给条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，．若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为：

EP=Mgh                  ①

以v表示空间站在近圆轨道上的速度，有牛顿第二定律得：

Mg= M                ②

其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则：

r=R地+h                     ③

由②③可得空间站在近圆轨道上的动能为：

EK=Mg(R地+h)        ④

由①④可得，在近圆轨道上的机械能为：

 E=Mg(R地+h)     ⑤

在坠落过程中，用于销毁部分所需能量为：

Q汽=（M-m）μ                 ⑥

用于残片升温所需能量：

Q残=cm△T                ⑦

残片的动能：

E残=mv2            ⑧

以E′表示其他方式散失的能量，则有能量守恒得：

E=Q汽+E残+Q残+E/  ⑨

故散失能量E′的公式为：E/=Mg(R地+h) -(M-m)μ-mv2-cm△T．

（2）以题给数据代入得：

E′=2.9×1012J

故E′的数值为：E′=2.9×1012J．

（1）线框MN边刚进入磁场时有：F=BlI=Bl=2.8N

（2）设线框竖直下落H时，速度为vH

由能量守恒得：mgH+m=Q+m

自由落体规律：vH2=2gH

解得：Q=m=2.45J

（3）只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x时有：F=BlI=Bl=v

在t→t+△t时间内，由动量定理：-F△t=m△v

求和：∑v△t=∑△x=mv0

解得：x=mv0

穿过条形磁场区域的个数为：n=≈4.4

可穿过4个完整条形磁场区域．

（1）在最低点对A球由牛顿第二定律有：FA-mAg=mA          

∴vA=4.00m/s                                                   

 在A下落过程中由动能定理有：mAgR-Wf=mA                             

∴A球下落的过程中克服摩擦力所做的功为Wf=0.20J                                                    

（2）碰后B球做平抛运动

在水平方向有s=t

在竖直方向有h=gt2

联立以上两式可得碰后B的速度为v′B=1.6m/s                       

在A、B碰撞由动量守恒定律有：mAvA=mAv′A+mBv′B                         

∴碰后A球的速度为v′A=-0.80m/s  负号表示碰后A球运动方向向左                                    

由能量守恒得碰撞过程中系统损失的机械能为△E损=mA-mA2mB2                        

故△E损=0.384J

∴在A与B碰撞的过程当中，系统损失的机械能为0.384J．

（1）设火星的质量为M，轨道舱的质量为m1．在火星表面处有g=G

轨道舱绕火星做圆周运动时，应有G=m1

对接时，返回舱与轨道舱的速度相等．由以上两式解得v返=v=

所以对接时返回舱的动能为Ek=mv返2=

（2）设返回舱返回过程中需要的能量为E，由能量守恒定律知，E-W=Ek，

∵返回舱返回过程克服引力做功W=mgR（1-）

∴E=W+Ek=mgR(1-)+=mgR(1-)

答：（1）返回舱与轨道舱对接时，返回舱的动能为；

（2）该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得mgR(1-)的能量，才能返回轨道舱．

（1）、木板第一次上升过程中，对物块受力分析，受到竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，设物块的加速度为a物块，

则物块受合力  F物块=kmgsinθ-mgsinθ…①

由牛顿第二定律 F物块=ma物块…②．

联立①②得：a物块=（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上．

（2）设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1，由机械能守恒有：

×2=2mgH

解得：v1=．

设木板弹起后的加速度a板，由牛顿第二定律有：

 a板=-（k+1）gsinθ

S板第一次弹起的最大路程：S1=

解得：S1=

木板运动的路程S=+2S1=

（3）设物块相对木板滑动距离为L

根据能量守恒有：mgH+mg（H+Lsinθ）=kmgsinθL

损失机械能 E0=fL=kmgsinθL                           

解得   E0=

答：（1）木板第一次与挡板碰撞弹回沿斜面上升过程中，物块B的加速度a1大小是（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上；

（2）从释放木板到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板A运动的路程是；

（3）从释放木板到木板和物块都静止，木板和物块系统损失的机械能是．

（1）当金属棒以速度v0匀速运动时，ε=BLv0

I==FA=BIL=

F=FA==N=0.2N

（2）若金属棒与导轨间存在摩擦力，则：F-μmg=

得：v1===1m/s

（3）当金属棒的速度为v2时，有    -f=FA=

代入数据整理得v22+v2-6=0

解得v2=2m/s

（4）设电量为q，有      q=•△t=•△t=•△t==

得x==m=0.5m

根据总能量守恒，有mv32=Q+fx

得v3==m/s=3m/s

答：（1）若不计金属棒和金属导轨间的摩擦，金属棒达到稳定运动时速度v0=1m/s，则此时牵引力F0.2N；

（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力F=0.4N，则金属棒所能达到的稳定速度v1为1m/s；

（3）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力的功率恒为P=1.2W，则金属棒所能达到的稳定速度v2为2m/s；

（4）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，金属棒在运动中达到某一速度v3时，突然撤去牵引力，从撤去牵引力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电量为0.5C，金属棒发热0.8J，则撤去牵引力时棒的速度v3为3m/s．

（1）设某时刻ab的速度为v

则感应电动势E=BLv，电流强度  I==

棒所受安培力=BIL=

则由牛顿第二定律得 mgsinθ-FB=ma

代入得 mgsinθ-=ma

当a=0时，有  vm==1.0m/s

（2）设t时刻棒的加速度为a，速度为v，产生的电动势为E，（t+△t）（△t→0）时刻，棒的速度为（v+△v），电动势为E′，则

   E=BLv       E′=BL（v+△v）

△t内流过棒截面的电荷量△q=C（E'-E）=CBL△v

电流强度I==

棒受的安培力FB=BIL==CB2L2a

由牛顿第二定律，t时刻对棒有   mgsinθ-FB=ma

即 mgsinθ-CB2L2a=ma

故  a==2.5m/s2

故棒做匀加速直线运动．

当t=4s时，v=at=10m/s      x=at2=20m

由能量守恒：△E=mgxsinθ-mv2=0.5J

答：

（1）ab棒的最大速度为1m/s．

（2）若将电阻R换成平行板电容器，棒释放后4s内系统损失的机械能为0.5J．

（1）设滑块到达B点的速度为v，由机械能守恒定律，有

mgh=m2v2

v==2m/s

（2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有

μmg=ma

滑块对地位移为L，末速度为v0，则

L=

得μ==0.25

（3）产生的热量等于滑块与传送带之间发生的相对位移中克服摩擦力所做的功，即

Q=μmg△s

其中△s为传送带与滑块间的相对位移．

设所用时间为t，则△s=v0t-L

又L=t

t=s

所以△s=(9-4)s

得Q=J

答：（1）滑块到达底端B时的速度为2m/s；

（2）滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25；

（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量为J．

（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环，

由牛顿第二定律得：kmg-mg=ma环

解得：a环=（k-1）g，方向竖直向上

（2）设棒第一次落地的速度大小为v1

由机械能守恒得：2m=2mgH

解得：v1=

设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律得：

a棒=-（k+1）g

棒第一次弹起的最大高度为：H1=

解得：H1=

棒运动的路程为：S=H+2H1=H

（3）解法一：

棒第一次弹起经过t1时间，与环达到相同速度v′1

环的速度：v′1=-v1+a环t1

棒的速度：v′1=v1+a棒t1

环的位移：h环1=-v1t1+a环

棒的位移：h棒1=v1t1+a棒

环第一次相对棒的位移为：x1=h环1-h棒1=-

棒环一起下落至地：-=2gh棒1

解得：v2=

同理，环第二次相对棒的位移为x2=h环2-h棒2=-

…xn=-

环相对棒的总位移为：x=x1+x2+…+xn

摩擦力对棒及环做的总功为：W=kmgx=-

解法二：

设环相对棒滑动距离为l

根据能量守恒  mgH+mg（H+l）=kmgl

摩擦力对棒及环做的总功为：W=-kmgl

解得：W=-．

答：（1）环的加速度为（k-1）g，方向竖直向上．

（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程：S=H+2H1=H．

（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W=-．

（1）物体从A到B过程，根据机械能守恒定律得

   mg•2R=m-m 

得：vA=2m/s

设物体在A点所受轨道作用力为FA，

则由mg+FA=m，可得：FA=N=1.67N；

由牛顿第三定律得：物体在A点时对轨道的压力大小为1.67N，方向为：竖直向上   

（2）物体落到传送带顶端C时的速度大小为：

     vC==5m/s

传送带顺时针匀速转动时，对物体施加的摩擦力沿传送带表面向上

则由牛顿第二定律得

    mg（sinθ-μcosθ）=ma，

可得物体匀加速运动的加速度大小为：a=2m/s2

由L=vCt+a1t2，得物体从C到底端的时间：t=0.5s

在此过程中，传送带相对地位移大小为s带=v1t

由于摩擦而产生的热量为Q=f•（L+s带）=μmgcosθ•（L+v1t）=8J

答：（1）物体在A点时的速度大小是2m/s，对轨道的压力大小为1.67N，方向为竖直向上；   

    （2）若传送带以V1=2.5m/s顺时针匀速转动，求物体从C到底端的过程中，由于摩擦而产生的热量Q=8J．

（1）设物体与传送带速度相同时物体通过的位移大小为S则由动能定理得

  μmgS=mv2

代入解得S=3m＜4.5m，即物块可与皮带速度达到相同做匀速运动．则

Ek=mv2=×1×32=4.5J

（2）根据牛顿第二定律得

  μmg=ma  

物体的加速度为a=1.5m/s2由v=at，得        

   t=2s

这一过程摩擦产生的热量Q=μmg（vt-s）=0.15×1×10×（6-3）=4.5J

（3）根据能量守恒得E电=Ek+Q=9J

答：

（1）小物体获得的动能Ek=4.5J．

（2）这一过程摩擦产生的热量Q=4.5J；

（3）这一过程电动机消耗的电能E是9J．

（1）子弹穿过A时，子弹与A动量守恒，由动量守恒定律：m0v0=mAvA+m0v1

得：vA=10m/s

射穿A木块过程中系统损失的机械能△E=

1

2

m0v02-

1

2

m0v12-

1

2

mAvA2=3950J

（2）子弹穿过B时，子弹与B动量守恒，由动量守恒定律：m0v1=mBvB+m0v2

又由已知得：

1

2

m0v02-

1

2

m0v12=2（

1

2

m0v12-

1

2

m0v22）

得：vB=2.5m/s

子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒

由动量守恒定律：mAvA+mBvB=（mA+mB）v共

由能量关系：EP=

1

2

mAvA2+

1

2

mBvB2-(mA+mB)v共2

得：EP=22.5J

（3）弹簧再次恢复原长时系统的动能不变，则有：

mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B

1

2

mAvA2+

1

2

mBvB2=

1

2

mAv′A2+

1

2

mBv′B2

解得：v′A==-2m/s

=5.5m/s

答：（1）射穿A木块过程中系统损失的机械能为3950J；

（2）系统在运动过程中弹簧的最大弹性势能为22.5J；

（3）弹簧再次恢复原长时木块A的速度大小为2m/s，B的速度的大小为5.5m/s．

（1）由P=Fv可知，风力的功率为：

P风=f1v1=3.2×103W   

（2）设船受到的阻力与船速平方的比例系数为k，则：

f1=kv12

所以P风=f1v1=kv13可得k==400 w•s3/m3 

同理  f2=kv22

所以风力和电动机提供的总功率为：P总=f2v2=k v23 

电动机提供的机械功率为：

P=P总-P风=k v23-k v13=7.6×103W

（3）电动机从太阳能电池获得的功率为：

P1==9.5×103W

太阳能帆船接收的太阳能功率为：

P2=4×6×1.5×600W=21.6×103W

太阳能电池把太阳能转化为电能的效率为：

η2=×10%=44%

答：（1）风力的功率是3.2×103W；

（2）电动机提供的机械功率是7.6×103W；

（3）太阳能电池把太阳能转化为电能的效率η2是44%．

（1）A、B光电子的最大初动能由入射光的频率决定，与入射光的强度无关，当该单色光的强度减弱时，光电子的最大初动能．故AB错误．

C、将该单色光的强度减弱，单位时间内入射的光子数减小，单位时间内金属产生的光电子数减少．故C正确．

D、单色光的强度减弱，频率不变，仍能产生光电效应．故D错误．

（2）

（i）设木块和物体P共同速度为v，从木块开始运动到运动到最高点的过程，在最高点时两物体第一次达到共同速度，由动量守恒和能量守恒得：

    mv0=（m+2m）v  ①

mv02=(m+2m)v2+mgh+fL②

由①②得：f= ③

（ii）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：mv02=(m+2m)v2+f(2L-s)④

由②③④得：s=L

答：

（1）C；

（2）（i）木块在ab段受到的摩擦力f=．

（ii）木块最后距a点的距离s=L．