热门试卷

(1) 323k      (2) 5.75cm

（1）（2分），

（2分，）

k（1分）

（2）

（一）海盗船先由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后做匀减速运动，直到静止．

由图象可求得海盗船匀减速运动的加速度大小为

a==m/s2=0.5m/s2

海盗船所受阻力为f=ma=2.5×103×0.5N=1.25×103N

（二）退潮时水的落差是h=2m，水的质量是m=ρV=ρgh

这些水的重心下降高度△h=h

重力势能减少：△Ep=mg△h=ρgSh•h=ρgSh2   

每天发出的电能为△E=2△Ep×12%=0.12ρSgh2=4.8×1010J   

水流推动A转动，故A为发电机．  

答：（一）海盗船所受阻力为1.25×103N；

（二）每天发出的电能为4.8×1010J，A为发电机．

（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）经分析知，金属棒先沿斜面向下做加速度逐渐减小的加速运动，

   由牛顿第二定律得  mgsinθ-BIL=ma

又I=

解得：a=gsinθ-

（2）当加速度减小到0时，达到最大速度，此时：

  mgsinθ=BIL

又I=

解得 vm=

（3）由能量转化和守恒定律知，金属棒减少的机械能转化为回路中的焦耳热，即△Q=mgSsinθ-mv2

答：

（1）导体下滑过程中速度为v时加速度是gsinθ-

（2）导体ab下滑的最大速度vm为；

（3）若金属棒到达最大速度时沿斜面下滑的距离是S，该过程中R上产生的热量为mgSsinθ-mv2．

（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律：mv0-Mv=（m+M）v1

代入数据，解得：v1=3m/s

（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，

则：t0=

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：μ（m+M）g=（m+M）a得：a=μg=3m/s2

设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：t1=t2==1s

故木盒在2s内的位移为零

依题意：s=v0△t1+v（△t+△t1-t1-t2-t0）

代入数据，解得：s=7.5m    t0=0.5s

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，传送带的位移为S，木盒的位移为s1，则：S=v（△t+△t1-t0）=8.5ms1=v（△t+△t1-t1-t2-t0）=2.5m

故木盒相对与传送带的位移：△s=S-s1=6m

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：Q=f△s=54J

答：（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为3m/s；

（2）第1个球出发后经过0.5s与木盒相遇；

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为54J．