题目列表(包括答案和解析)
翼型降落伞有很好的飞行性能，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1＝C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2＝C2v2其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图乙所示的关系．试求：
（1）图甲中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹，试判断①、②两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；
（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为α，试从力平衡的角度证明：tanα＝
；
（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角α约20°，tan20°＝
，匀速飞行的速度v多大？（g取10m/s2，结果保留3位有效数字．）
（4）若运动员出机舱时飞机距地面的高度为800m，飞机飞行速度为540km/h，降落过程中该运动员和装备损失的机械能ΔE多大？
翼型降落伞有很好的飞行性能，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1＝C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2＝C2v2其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图乙所示的关系．试求：
（1）图甲中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹，试判断①、②两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；
（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为α，试从力平衡的角度证明：tanα＝
；
（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角α约20°，tan20°＝
，匀速飞行的速度v多大？（g取10m/s2，结果保留3位有效数字．）
（4）若运动员出机舱时飞机距地面的高度为800m，飞机飞行速度为540km/h，降落过程中该运动员和装备损失的机械能ΔE多大？
翼型降落伞有很好的飞行性能，跳伞运动员可方便地控制转弯等动作．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1＝C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2＝C2v2其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图乙所示的关系．试求：
（1）图甲中画出了运动员携带翼型伞跳伞后的两条大致运动轨迹，试判断①、②两轨迹中哪条是不可能的，并简要说明理由；
（2）若降落伞最终匀速飞行的速度v与地平线的夹角为α，试从力平衡的角度证明：tanα＝
；
（3）某运动员和装备的总质量为70kg，匀速飞行的速度v与地平线的夹角α约20°，tan20°＝
，匀速飞行的速度v多大？（g取10m/s2，结果保留3位有效数字．）
（4）若运动员出机舱时飞机距地面的高度为800m，飞机飞行速度为540km/h，降落过程中该运动员和装备损失的机械能ΔE多大？
翼型降落伞有很好的飞行性能．它被看作飞机的机翼，跳伞运动员可方便地控制转弯等动物．其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气摩擦力都受到影响．已知：空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，F1=C1v2；空气摩擦力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，F2=C2v2．其中C1．C2相互影响，可由运动员调节，满足如图b所示的关系．试求：一、1、BC 2、B 3、C 4、AD 5、ACD 6、D 7、ABD 8、C
9、C 10、ACD 11、BD 12、D
二、实验题（本题共2小题共18分）将答案填在横线上或作图和连线
13、（8分）（1）实验装置图中存在的问题有：细线与轨道平面应该平行；---1分
初始时刻，小车应紧靠打点计时器 ---1分
所缺的步骤：调节轨道的倾斜程度，使小车能在轨道上匀速运动为止 ------1分
应该控制的实验条件是M>>m------1分
（2）
---1分
---1分
-----2分
14、（10分）（1）①_____30.6~30.9 （1分）
②__150____ （1分）
③____?1K （1分）
④ 欧姆调零 （1分）
（2）① B （1分）
② 新电池内阻很小（1分） ③电路图（4分）
三、本大题共四小题共计54分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题．答案中必须明确写出数值和单位
15、（12分）（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理
e U1=
－0…………………………………………（2分）
解得 
………………………………..………（2分）
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式
t=
……………………………………………..……….（1分）
F=ma F=eE E=
a =
……………………………………………（2分）
y=
……………………………………………（1分）
解得 y=
…………………………………………（2分）
（3）减小加速电压U1；增大偏转电压U2；……（2分）
16、（13分）（1）（4分）②轨迹不可能存在
①位置，三力可能平衡或三力的合力可能与速度在一直线．，运动员做直线运动
②位置，合力方向与速度方向不可能在一直线，所以不会沿竖直方向做直线运动
②位置F1的方向按图a，理论上是向右，画出向左也不扣分，但是F1F2标错位置要扣分。．
（2）（3分）由①位置的受力分析可知，匀速运动时
F1＝mgcos＝C1v2……⑴
F2＝mgsin＝C2v2……⑵
两式消去mg和v得tan＝C2/C1
（3）（3分）在图b中过原点作直线
正确得到直线与曲线的交点
C2＝2，C1＝5．55．5~5．6均正确．
根据F2＝mgsin＝C2v2或F1＝mgcos＝C1v2
上两式任取其一．
得v＝10．9m/s在10．7~11．0之间均可．
（4）（3分）E＝mgH＋12 mv02－12 mv2＝7010800＋12 701502－12 7010．92．J＝1．34106 J
17、（14分）（1）设小环到达b点的速率为v1，因小环在b点恰好与细杆无相互作用力，则有：Eq＝qv1B（2分）
得
：
（2分）
对小环在ab段的运动过程用动能定理，有：
（2分）
得：W=－6×10－3J（1分）
（2）小环在cd段做匀速直线运动，且与细杆无相互作用力，则小环受力情况如图所示．
设小环刚过c点的速度为v2，由几何关系可知，
电场力Eq＝mg（1分），w.w.w.k.s.5
u.c.o.m洛伦兹力
（1分）
|
（
。
（1分）
，由动能定理有：
（1分）
（2分）
，由系统动量守恒得：
（2分）
（2分）
（2分）
（2分）