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13、（1）根据万有引力定律和向心力公式，有 解得：（2）设“嫦娥一号卫星”在到达近月点（距月球的距离为h）时进行第一次制动后的最低速度为u1，则 解得： 设“嫦娥一号卫星”刚好脱离月球引力的束缚飞离月球，在通过Q点时的速度为u2，根据机械能守恒定律 =0 解得：u2= 嫦娥一号卫星能成为月球的卫星，其第一次通过Q点时的速度u应满足: 1解析：（1）小物块做平抛运动，经时间t到达A处时，令下落的高度为h，水平分速度为v，竖直分速度为 物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力设物块进入圆轨道最高点时有最小速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力，令此时半径为R0物块从抛出到圆轨道最高点的过程中联立上式，解得：R0=0.66m若物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径有： （6分） （2）a为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度肛小于或等于 物块能够滑回倾斜轨道AB，则 （4分） b物块冲上圆轨道H1=1.65m高度时速度变为0，然后返回斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2。有 得： 之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动，同量：n次上升的高度 为一等比数列。2（18分）来源: （1）1s内吹到风力发电机有效面积上空气的体积V=Sv12分这些空气所具有的动能Ek=Vv122分风力发电机输出的电功率 P=26 103W2分 （2）设带动传送带的电动机消耗电功率最大时通过它的电流为I，此时电动机输出功率为P输出，皮带传送装置输出的机械功率为P机械。来源:则I=20A2分P输出=P电mI2R=480W2分根据题意可知P机械=P输出=400W2分 （3）设货箱在恒力作用下做匀加速直线运动的位移为sx，上升的高度为hx。根据匀加速运动公式有sx=v2t=050m，根据几何关系解得hx=020m1分货箱在传送带上加速运动时，带动传送带运行的电动机需要消耗较大的电功率，所以在货箱加速过程中电动机如果不超过其允许消耗的最大功率，匀速运行过程中就不会超过其允许消耗的最大电功率。1分来源:设货箱质量为m，货箱被加速的过程中其机械能增加量为E，由于货箱与传送带的摩擦产生的热量为Q。E=Ep+Ek=mghx+mv221分设货箱与传送带之间的摩擦力为f，对于货箱在传送带上被加速的过程，根据动能定理有 fsx-mghx=mv22 。在货箱加速运动过程中，传送带的位移s带=v2t=10m，所以货箱与传送带之间的相对位移s=s带-sx=050m ，根据功能关系Q=fs联立解得Q=s1分来源:为使电动机工作过程中不超过允许的最大值，应有Ep+Ek+Q小于等于P机械t，即mghx+mv22+sP机械t1分解得80kg，即货箱质量不得大于80kg1分3（20分）来源:高考资源网 （1）B做自由落体，下降高度为I时的速度为根据得（3分）此时细绳被拉直，A、B速度的大小立即变成，设绳子对A、B的冲量大小为I，根据动量定理得对B （1分）对A （1分）解得细绳第一次被拉直瞬间绳对A冲量的大小（2分） （2）由（1）可得A第一次离开地面时速度的大小（2分）从A离开地面到A再次回到地面的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，假设A第一次上升过程距离地面的最大高度为，则（2分）解得（2分） （3）从A离开地面到A再次回到地面的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，所以，A再次回到地面时速度的大小依然为，即B再次回到距离地面高度为时速度的大小也为。此后B做竖直上抛运动，落回距离地面高度为时速度的大小还是。（1分）根据（1）求解可得A第二次离开地面时速度的大小（1分）同理可求A第二次离开地面上升的最大高度为（1分）A第次离开地面时速度的大小 （1分）同理可求第次离开地面上升的最大高度为（1分）由于A的质量大于B的质量，A最终会静止在地面上。所以A运动的总路程4.解：(1) (4分) 设弹簧的最大弹性势能为Epm由功能关系 (2分)得 Epm =5.8J (2分) (2) (4分) 设物块P与滑块Q碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v由动量守恒 m1vc =（m1+m2+ M）v (2分) v =0.4m/s (2分) (3) (10分) 设物块P与滑块Q碰后速度分别为v1和v2 ，P与Q在小车上滑行距离分别为S1和S2P与Q碰撞前后动量守恒 m1vc =m1 v1 +m2 v2 (1分)由动能定理 2m1gS1+2m2gS2= (2分) 由式联立得 v1=1m/s (2分)v2=2m/s (2分) 方程的另一组解：当 v2=时，v1=，v1v2不合题意舍去。 设滑块Q与小车相对静止时到桌边的距离为S，Q 在小车上运动的加速度为a 由牛顿第二定律 2m2g= ma a =1m/s2 (1分)由匀变速运动规律 S = (1分) S =1.92m (1分)5 （1）解：设M、m共同速度为，定水平向右为正方向，由动量守恒定律得 3分 3分 （2）对A、B组成的系统，由能量守恒 3分代入数据得 3分 （3）木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。由支量守恒定律得 1分 1分 设B相对A的路程为S，由能量守恒得 2分代入数据得 1分由于，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为 1分6解：（1）对A，根据机械能守恒定律 （3分） 求出 （1分） （2）A与B碰后交换速度，小球在D点的速度vD = v0 设小球经过最高点的速度为vB，根据机械能守恒定律 （3分） 小球在最高点，根据牛顿第二定律 （3分） 求出 T = mg （1分） （3）小球从最高点下落后与A相碰后交换速度，A球以v0的速度与C相碰。设A与C碰后瞬间的共同速度为v，根据动量守恒定律mv0 = (m + 2m ) v （3分） A、 C一起压缩弹簧，根据能量守恒定律 （3分） 求出 （1分）7解：从图中可以看邮，在t2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为m/s2=8m/s2 （2分）设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mgfma （2分） 得fm(ga)80(108)N160N （2分）从图中估算得出运动员在14s内下落了4022m160 （2分）根据动能定理，有 （2分）所以有（80101608062）J1.27105J （2分）8（1）时间t内太阳光照射到面积为S的圆形区域上的总能量E总= P0St.2分解得E总=r2 P0t.1分照射到此圆形区域的光子数n=.2分解得n=.1分（2）因光子的动量p=则到达地球表面半径为r的圆形区域的光子总动量p总=np.1分因太阳光被完全反射，所以时间t内光子总动量的改变量p=2p.2分设太阳光对此圆形区域表面的压力为F，依据动量定理Ft =p. 1分太阳光在圆形区域表面产生的光压I=F/S1分解得I=.1分9（20分）(1) 设物体从A滑至B时速率为v0mgh=mv02 （2分） v0= （1分）物体与小球相互作用过程中，系统动量守恒，设共同速度为v1m v0=2m v1 （2分）v1= （1分）(2)设二者之间的摩擦力为ffSCD= m v02 m v12 （2分）fR= m v022 m v12 131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313（2分）得 SCD=R （2分） (3) 设物体从EF滑下后与车达到相对静止，共同速度为v2，相对车滑行的距离为S1，车停后物体做匀减速运动，相对车滑行距离为S2m v1=2 m v2 （1分） fS1= m v122 m v22 （1分） f S2= m v22 （1分） f= （2分）解得 S1= （1分） S2= （1分）S= S1S2= （1分）10、（18分）分析和解：（1）设弹簧解除锁定前的弹性势能为EP ，上述过程中由动量守恒、能量转换和守恒，则有 （3分）代入已知条件得EP = 7.5 J （2分） (2)设小物块第二次经过O 时的速度大小为vm ，此时平板车的速度大小为vM ，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒，定水平向右为正方向有（2分） （3分） 由两式可得 （2分）将已知条件代入解得vm =2.0 m/s （2分） (3)最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0设小物块相对平板车滑动的总路程为s，对系统由功能关系有 （2分） 代入数据解得s =1.5m （1分）小物块最终静止在O 点右侧, 它距O点的距离为 s L = 0.5m （1分）11（18分）（1）设物体B自由下落与物体A相碰时的速度为v0，则 2分解得：v0=3.0m/s1分 设A与B碰撞结束瞬间的速度为v1，根据动量守恒定律m2 v0=（m1+ m2）v1，2分解得：v1=1.5 m/s，1分（2）设物体A静止在弹簧上端时弹簧的压缩量为x1, x1=l0-h1=0.10m1分设弹簧劲度系数为k，根据胡克定律