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    17题 18题 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    如图2-3-17所示，将包有白纸的总质量为m的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在马达上并随之转动，使之替代打点计时器.当烧断挂圆柱的线后，圆柱棒竖直自由落下，毛笔就在圆柱棒面上的纸上画出记号，如图2-3-18所示.测得记号之间的距离依次为26 mm、42 mm、58 mm、74 mm、90 mm、106 mm.已知马达铭牌上有“1 440 r/min”字样，由此验证机械能守恒.由以上内容回答下列问题（g=10 m/s2）：

    图2-3-17

    图2-3-18

    （1）毛笔画的线距时间间隔T=__________，上图中圆柱棒的__________端是悬挂端.（填“左”或“右”）

    （2）根据图中所给数据，可知毛笔画下记号C时，圆柱棒下落速度vC=__________，画下记号D时，圆柱棒下落速度vD=__________，动能的变化量为__________，在这段位移上，圆柱棒重力势能的变化________________，由此可得出结论为___________________________.

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    十六. 铁道部在2001年10月17日宣布，全国铁路新一轮提速的各项准备工作已经就绪，将于10月21日零时起，实施第四次大面积提速。这次提速涉及17个省市和9个铁路局，覆盖了全国主要大、中城市。

    57.第四次提速后，出现了“星级列车”。从其中的T14次列车时刻表可知，列车在蚌埠至济南区间段运行过程中的平均速率为　　　千米/小时。

    T14列车时刻表

    停靠站

    到达时间

    开车时间

    里程（千米）

    上海

    —

    18:00

    0

    蚌埠

    22:26

    22:34

    484

    济南

    03:13

    03:21

    966

    北京

    08:00

    —

    1463

     

    59.铁路提速，要解决许多技术问题。通常，列车阻力与速度平方成正比，即f=kv2。列车要跑得快，必须用大功率的机车来牵引。试计算列车分别以120千米/小时和40千米/小时的速度匀速行驶时，机车功率大小的比值（提示：物理学中重要的公式有F=ma，W=Fs，P=Fv，s=v0t+1/2at2）。

                                                                   

    60.除上题涉及的问题外，还有许多其他技术问题需要解决。例如：为了减少列车在高速行驶中的振动，需要把原先的有接缝轨道改为无接缝轨道。请你再举一例，并简要说明。　　　　　　　 　　　　　　　　　　　

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    （2013·北京东城区高三联考，18题）（8分）如图17，A、B两点所在的圆半径分别为r1和r2,这两个圆为同心圆，圆心处有一带电为+Q的点电荷，内外圆间的电势差为U，一电子仅在电场力作用下由A运动到B，电子经过B点时速度为v，若电子质量为m,带电荷量为e，求：

    （1）电子经过B点时的加速度大小

    （2）电子在A点时的速度大小v0

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    （2013·北京海淀区高三期中，18题）（10分）如图17所示，在倾角θ＝30º的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离

    d＝0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s2。求：

    （1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；

    （2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；

    （3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。

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    在测定匀变速直线运动的实验中，打点计时器打出一纸条，每隔四个点选出一个计数点共选出A、B、C、D四个计数点，所用交流电频率为50赫兹，纸带上各点对应尺上的刻度如图所示，则：

    17小题1:如果使用电火花打点计时器，则应使用的电源是：（    ）
    A．4-6伏直流电B．4-6伏交流电
    C．220伏直流电D．220伏交流电
    18小题2:纸带上选出的B、C两点间的时间间隔为：（    ）
    A、0.02s         B、0.08s 
    C、0.1s          D、0.2s
    19小题3:纸带上B点的速度大小为：（     ）
    A．0.064 m/sB．0.15 m/s
    C．0.3m/sD．0.4m/s
    20小题4:纸带记录的匀变速直线运动的加速度大小为：（    ）
    A．0.2 m/s2B．1.4 m/s2
    C．2.0 m/s2D．6.4 m/s2

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    一

    题号

    1

    2

    3

    4

    5

    6

    7

    8

    9

    10

    11

    12

    答案

    C

    C

    A

    B

    BD

    AD

    CD

    BD

    BD

    ABD

    B

    AC

    二

    13．（1）将玻璃板放在盘上，用笔画出油膜的形状(2分)  (3分)

    （2）（1）1.00m/s，2.50m/s；（各1分）           （2）5.25J，5.29J（各2分）

    14． （6分）

    15题．（共8分）

    解：该队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑．

    然后在t2=1.5s时间内以a2匀减速下滑．

    第1s由牛顿第二定律得：mg－F1=ma1                   

    所以a1==4m/s2                                  （2分）

    最大速度vm=a1t1                                      

    代入数据解得：vm=4m/s                                 （2分）

    后1.5s由牛顿第二定律得：F2－mg=ma2                  

    a2==2m/s2                                       （2分）

    队员落地时的速度v=vm－a2t2                              

    代入数据解得：v=1m/s                                   （2分）

     

    16（8分）题将运动员看成质量为m的质点，从高处下落，刚接触网时的速度的大小

     　　　　①                （2分）

     　　弹跳后到达的高度为，刚离网时的速度的大小

     　　　　②              （2分）

     　　接触过程中运动员受到向下的重力mg和网向上的弹力F。选取竖直向上为正方向，由动量定理，得　　③              （3分）

    　　由以上三式解得

    　　代入数值得　　         （1分）

     

    17．（12分）

    (1)mv0=2mvA…………………………（3分）     vA =v0……………………（1分）

    (2)qE=2mv2A /r………………………………………………………………（2分）

    E= ……………………………………………………………（1分）

    E的方向是: 竖直向上………………………………………………（1分）

    (3)在AB过程中应用动能定理有：   qE?2r-2mg?2r=EkB-?2mv2共…………………（3分）

    ∴EkB=mv20-4mgr………………………………………………………（1分）

     

    18．（12分）参考解答：

    （1）开始时弹簧形变量为，

    由平衡条件：   ①…………… （1分）

    设当A刚离开档板时弹簧的形变量为：

    由：  ②…………………………（1分）

    故C下降的最大距离为：  ③…………………………（2分）

    由①～③式可解得    ④………………………… （2分）

    （2）由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和

    当C的质量为M时：    ⑤………………（2分）

    当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为V

     ⑥ ……………（2分）

    由④～⑥式可解得A刚离开P时B的速度为：

      ⑦…………………………（2分）

     

     

     

     

     

     

     

    19题：（14分）

    （1）m1与m2碰撞过程满足

            mv0=mv1+2mv2                                    （1分）

            mv02=mv12+2mv22                             （1分）

    得v1＝-（负号表示逆时针返回），v2＝-          （2分）

    （2）因为m2=m3=2m，与第（1）问同理可得，m2运动到C处与m3碰后，两者交换速度，即v2′＝0，v3＝＝v2                                           （2分）

    所以m3以的速度顺时针由C向A运动，与m1逆时针返回，

    因为v2=v3=2v1， +=2

    所以m3和m1同时到达A点并进行碰撞。            （2分）

    （3）m3和m1碰撞过程满足

    2m-m=m v1′+2m v3′

    2m()2+m()2=m v1′2+2m v3′2                     

    解之得v1′＝v0，v3′＝0（另一解v1′＝-，v3′＝，这表示互相穿过去，不可能，所以舍去）即碰后m3停止，m1以v0再次顺时针运动。         （4分）

    m1和m2第一次相碰后，返回A点的时间t1==

    m1和m3在A处碰后，m1以v0返回到C的时间t2=＝

    从m1和m3在第一次相碰，到m1和m2第二次相碰经历的总时间

    t= t1+ t2=                                      （2分）

     


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