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牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T

牛顿运动定律T′–mgcos53°

=ma

解得()

2.(2018天津,10,16分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程.假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=×

103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s.已知飞机质量m=×

104kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的倍,重力加速度取g=10m/s2.求飞机滑跑过程中

(1)加速度a的大小;

(2)牵引力的平均功率P.

 

(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有

v2=2ax①(3分)

代入数据解得

a=2m/s2②(1分)

(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有

F阻=③(2分)

设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有

F-F阻=ma④(3分)

设飞机滑跑过程中的平均速度为v平均,有

v平均=v/2⑤(3分)

在滑跑阶段,牵引力的平均功率

P=Fv平均⑥(2分)

联立②③④⑤⑥式得

P=×

106W⑦(2分)

3.(2018全国1,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,求

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度

(1)1/g

(2)2E/mg

(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有

E=1/2mv20①(1分)

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有

0-v0=-gt②(1分)

联立①②式得

t=1/g

③(2分)

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有

E=mgh1④(1分)

火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有

1/4mv21+1/4mv22=E⑤(2分)

1/2mv1+1/2mv2=0⑥(2分)

由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有

1/4mv21=1/2mgh2⑦(1分)

联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为

h=h1+h2=2E/mg⑧(2分)

4.(2018全国2,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶,驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了m,A车向前滑动了m,已知A和B的质量分别为kg和kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小.求

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.

(1)

(2)

【解析】试题分析:

两车碰撞过程动量守恒,碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动,利用运动学公式可以求得碰后的速度,然后在计算碰前A车的速度.

(1)设B车质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.

设碰撞后瞬间B车速度的大小为,碰撞后滑行的距离为.由运动学公式有

联立①②式并利用题给数据得③

(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为,碰撞后滑行的距离为.由运动学公式有

设碰撞后瞬间A车速度的大小为,两车在碰撞过程中动量守恒,有

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

5.(2018全国3,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切.BC为圆弧轨道的直径.O为圆心,OA和OB之间的夹角为α,sinα=,一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;

在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用,已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求:

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;

(2)小球到达A点时动量的大小;

(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间.

(1)

(2)(3)

【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点,意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力.

解析

(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有①

设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得③

由①②③式和题给数据得

(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CD⊥PA,交PA于D点,由几何关系得

DA=Rsinα⑥

CD=R(1+cosα)⑦

由动能定理有

-mg·

CD-F0·

DA=1/2mv2-1/2mv21⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得,小球在A点的动量大小为⑨

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为,从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有

由⑤⑦⑩式和题给数据得

6.(2018北京,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10m,C是半径R=20m圆弧的最低点,质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=m/s2,到达B点时速度vB=30m/s.取重力加速度g=10m/s2.

(1)求长直助滑道AB的长度L;

(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小;

(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小.

(1)根据匀变速直线运动公式,有L=(v2B-v2A)/2a=100m

(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1800N·

s

(3)运动员经C点时的受力分析如图所示

根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有

mgh=1/2mv2C-1/2mv2B

根据牛顿第二定律,有FN-mg=mv2C/R

联立解得FN=3900N

8.(2018天津,9

(1),4分)质量为kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小是多少m/s.若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为×

103N,则子弹射入木块的深度为

【答案】20

【解析】子弹打木块的过程,子弹与木块组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有mv0=(M+m)v,将已知条件代入解得v=20m/s;

由功能关系可知,Q=fd=1/2mv20-1/2(M+m)v2,解得d=m.

9.(2018江苏,12C(3),4分)如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下.经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上.忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小.

【解析】取向上为正方向,动量定理mv-(-mv)=I且I=(F-mg)t

解得IF=Ft=2mv+mgt

(2018全国1,25,20分)

如图,在y>

0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在y<

0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知11H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°

,并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m,电荷量为q不计重力.求

(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离

(2)磁场的磁感应强度大小

(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离

【解析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点,意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力.

(1)在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示.设在电场中的加速度大小为,初速度大小为,它在电场中的运动时间为,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为.由运动学公式有

由题给条件,进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角.进入磁场时速度的y分量的大小为③

联立以上各式得④

(2)在电场中运动时,由牛顿第二定律有⑤

设进入磁场时速度的大小为,由速度合成法则有⑥

设磁感应强度大小为B,在磁场中运动的圆轨道半径为,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有⑦

由几何关系得⑧

联立以上各式得⑨

(3)设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为,在电场中的加速度大小为,由题给条件得⑩

由牛顿第二定律有⑪

设第一次射入磁场时的速度大小为,速度的方向与x轴正方向夹角为,入射点到原点的距离为,在电场中运动的时间为.由运动学公式有⑫

⑬⑭⑮

联立以上各式得,,⑯

设在磁场中做圆周运动的半径为,由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得⑰

所以出射点在原点左侧.设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为,由几何关系有⑱

联立④⑧⑯⑰⑱式得,第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

11(2018全国2,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xoy平面内的截面如图所示:

中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xoy平面;

磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;

M、N为条形区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;

(2)求该粒子从M点射入时速度的大小;

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.

(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;

粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为(见图(b)),速度沿电场方向的分量为v1,根据牛顿第二定律有

qE=ma①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量,由运动学公式有

v1=at②

粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

由几何关系得⑥

联立①②③④⑤⑥式得⑦

(3)由运动学公式和题给数据得⑧

联立①②③⑦⑧式得⑨

设粒子由M点运动到N点所用的时间为,则⑩

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,⑪

由③⑦⑨⑩⑪式得⑫

12.(2018全国3,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;

乙种离子在MN的中点射出;

MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用.求:

(1)磁场的磁感应强度大小;

(2)甲、乙两种离子的比荷之比.

(1)

(2)

(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有①

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有②

由几何关系知③

由①②③式得④

(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有⑤,⑥

由题给条件有⑦

由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为⑧

13.(2018江苏,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点,各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场.当入射速度为v0时,粒子从O上方处射出磁场.取sin53°

=.

(1)求磁感应强度大小B;

(2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O′的时间t;

(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt,求Δt的最大值.

(1)粒子圆周运动的半径

由题意知

,解得

(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α

由d=rsinα,得sinα=,即α=53°

在一个矩形磁场中的运动时间

直线运动的时间

(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x

粒子向上的偏移量y=2r(1–cosα)+xtanα

由y≤2d,解得

则当xm=

时,Δt有最大值

粒子直线运动路程的最大值

增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d

增加时间的最大值Δtm=Δsm/v=d/5v0

14.(2018江苏,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为,间距为d.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直.质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流.金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g.求下滑到底端的过程中,金属棒

(1)末速度的大小v;

(2)通过的电流大小I;

(3)通过的电荷量Q.

(1)匀加速直线运动v2=2as解得

(2)安培力F安=IdB金属棒所受合力

牛顿运动定律F=ma

(3)运动时间

电荷量Q=It

15.(2018全国1,33

(2),10分)如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K.开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0,现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了,不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.

【解析】设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;

下方气体的体积为V2,压强为p2.在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得

p0V/2=p1V1①(1分)

p0V/2=p2V2②(1分)

由已知条件得

V1=V/2+V/6-V/8=13/24V③(2分)

V2=V/2-V/6=V/3④(2分)

设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得p2S=p1S+mg⑤(2分)

联立以上各式得m=15p0S/26g⑥(2分)

16.(2018全国2,33

(2),10分)如图,一竖直放置的气缸上端开口,气缸壁内有卡口a和b,a、b间距为h,a距缸底的高度为H;

活塞只能在a、b间移动,其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;

活塞和汽缸壁均绝热,不计他们之间的摩擦.开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0.现用电热丝缓慢加热气缸中的气体,直至活塞刚好到达b处.求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.重力加速度大小为g.

【解析】开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1,压强为p1,根据查理定律有①

根据力的平衡条件有②

联立①②式可得③

此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为T2;

活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有

式中V1=SH⑤

V2=S(H+h)⑥

联立③④⑤⑥式解得⑦

从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为⑧

故本题答案是:

17.(2018全国3,33

(2),10分)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气.当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=cm和l2=cm,左边气体的压强为cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中,气体温度不变.

【答案】cm

【解析】设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有①

式中为水银密度,g为重力加速度大小.

由玻意耳定律有p1l1=pl1′②

p2l2=pl2′③

l1′–l1=l2–l2′④

由①②③④式和题给条件得l1′=cm⑤

l2′=cm⑥

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