2005年南昌二中高考最后押题卷物理3

2005年南昌二中高考最后押题卷物理（三）1．如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和B，物体A放在倾角为θ的斜面上，已知A物体质量为m，A物体与斜面间的最大静摩擦力是与斜面间弹力的μ倍（μ< tanθ），滑轮摩擦不计，物体A要静止在斜面上，物体B质量的取值范围为多少？在A静止的前提下，斜面体与地面间的摩擦情况又如何？答案：先以B为研究对象，若A处于将要上滑的临界状态有：T = m B g再以A为研究对象，若A处于将要上滑的临界状态有：T1 = f m + mg sinθT1 = T而f m =μNN = mg cosθ由①②③④可得：m B = m(sinθ+μcosθ)同理，若A处于将要下滑的临界状态则有：T2 = f m + mg sin t∆T2 = T由①③④⑤可得：m B = m(sin–μcosθ)m(sin–θcosθ)≤m B≤m(sinθ+μcosθ)在A静止的前提下，A和滑轮支架对斜面体的总作用力竖直向下，A、B和斜面C整体对地面只有向下的压力，地面与C间无摩擦力．2．举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目．就“抓举”而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤，如图所示照片表示了其中的几个状态．现测得轮子在照片中的直径为1.0 cm．已知运动员所举杠铃的直径是45 cm、质量为150 kg，运动员从发力到支撑历时0.8 s，试估测该过程中杠铃被举起的高度；若将运动员发力时的作用力简化成恒力，估算这个过程中杠铃获得的向上的加速度；并求该恒力的大小．答案：抓举中，举起杠铃是分两个阶段完成的，从发力到支撑是第一阶段．该过程中，先对杠铃施加一个力（是发力过程），使杠铃做加速运动，当杠铃有一定速度后，人下蹲、翻腕，实现支撑，在人下蹲、翻腕时，可以认为运动员对杠铃没有提升的作用力，这段时间杠铃是凭借已经获得的速度在减速上升，此时配合的动作最好是：杠铃减速上升，人下蹲，当杠铃的速度减为零时，人的相关部位恰好到达杠铃的下方完成支撑的动作．因此从发力到支撑的0.8 s内，杠铃先做加速运动（当作匀加速运动），然后做减速运动到速度为零（视为匀减速运动），这就是杠铃运动的物理模型． 根据轮子的实际直径0.45 m 和它在照片中的直径1.0 cm ，可以推算出照片缩小的比例，在照片上用尺子量出从发力到支撑，杠铃上升的距离h 1 = 1.3 cm ，按此比例可算得实际上升的高度为h = 0.59 m ． 设杠铃在该过程中的最大速度为v m ，有h =t v 2m，得v m =t ∆= 1.48 m/s减速运动的时间应为t 2 =gv m= 0.15 s 加速运动的位移：s 1 =2mv (t – t 2) = 0.48 m又12m2as v = 解得a = 2.28 m/s 2根据牛顿第二定律，有F – mg = ma 解得F = 1 842 N ．3．很多国家交通管理部门为了交通安全，制定了死亡加速度为500 g （g 为重力加速度，取g = 10 m/s 2），当人体的加速度超过此值将有生命危险．一般车辆通常达不到上述加速度，只有当发生交通事故、且车辆碰撞时间达到毫秒数量级时才可能产生．若两辆摩托车的时速均为v = 80 km/h (22.2 m/s)相向而行，不慎使驾驶员的头部发生碰撞，碰撞时间为t ∆= 0.004 s ，设碰撞后两车（包括人的头部）均静止．求： （1）撞车过程中的平均加速度a 平的大小．（2）头部是人体最脆弱的部位，它的最大承受力为F m = 2.28 × 104N ，若人的头部质量为m = 5 kg ，试估算发生上述碰撞时人的头部所受力F 1的大小．答案：（1）加速度的大小a 平 =tv ∆ 代入数据得a 平 = 5.6 × 103 m/s 2 （2）F 1 = ma 平 代入数量得F 1 = 2.8 × 104 N ．4．如图所示，小木箱abcd 的质量M = 180 g ，高l = 0.2 m ，其顶部离挡板E 的竖直距离h = 0.8 m ，在木箱内放有一个质量m = 20 g 的小物体P （可视为质点），通过轻细绳对静止木箱施加已知竖直向上的恒定拉力T ，为使木箱能向上运动后，P 物体不会和木箱顶ad 相碰，求拉力T 的取值范围（g = 10 m/s 2）．答案：首先，在拉力T 的作用下，木箱和小物体P 的整体能加速上升 则T > (M + m ) g 即T > 2 N 其次，T 的作用不能使M + m 的加速度太大，否则当木箱与E 发生碰撞后，P 做竖直上抛运动会与木箱顶ad 相碰． 设临界状态下木箱在拉力T 的作用下向上的加速度为a ，木箱与挡板E 碰撞前瞬间速度为v则v =ah 2 ①木箱与挡板E 碰后，P 做竖直上抛运动，初速度为v ，临界最大高度为l 则v 2 = 2gl ②则①②可得：a =hgl= 2.5 m/s 2 临界状态下T '= (M + m ) g + (M + m ) a = 2.5 N 综述，T 的范围为2 N < T < 2.5 N ． 5．如下图所示，一根轻绳上端固定在O 点，下端挂一个重为G 的钢球A ，球处于静止状态．现对球施加一个水平向右的外力F 使球缓慢偏移，在移动过程中的每一刻，都可以认为球处于平衡状态．如果外力F 方向始终水平，最大值为2G ，试分析： （1）轻绳张力T 大小的取值范围；（2）在图中画出轻绳张力T 与cos θ的关系图象．答案：（1）当水平拉力F = 0时，轻绳处在竖直位置，轻绳张力T 1 = G 当水平拉力F = 2G 时，由平衡条件得轻绳张力 T 2 =G G G 5)2(22=+因此轻绳张力T 的取值范围为：G ≤T ≤G 5（2）因为球的各位置均处于平衡状态，由平衡条件得 T cos θ= G ，T = G /cos θ，即T ∝1/cos θ 则T 与cos θ的关系图象如图所示．6．如图所示，一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量M = 4 kg ，长度L = 1.4 m ；木板右端放着一个小滑块N ，小滑块质量m = 1 kg ，其尺寸远小于L ，小滑块与木块之间的动摩擦因数μ= 0.4 (g = 10 m/s 2)．（1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得N 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其他条件不变，若恒力F = 22.8 N ，且始终使用在M 上，最终使得N 能从M 上面滑落下来．问：N 在M 上面滑动的时间是多长？ 答案：（1）小滑块与木反间的滑动摩擦力f =μN =μmg ，它在f 作用下向右做匀加速运动的加速度a 1 = f /m =μg = 4 m/s 2 木板在拉力F 和f 作用下向右做匀加速运动的加速度a 2 = (F – f ) / M 而要使N 能从M 上面滑落下来的条件是a 2 > a 1所以得F >μ(M + m )g = 20 N（2）设N 在M 上面滑动的时间为t ，当恒力F = 22.8 N 时，木板的加速度 a 2 = (F – f )/M = 4.7 m/s 2 小滑块在时间t 内运动的位移s 1 = a 1t 2 / 2 木板在时间t 内运动位移s 2 = a 2t 2 / 2，因s 2 – s 1 = L 所以4.7 t 2 / 2 – 4t 2 / 2 = 1.4，得t = 2 s ．7．从地面上发射质量为m 的导弹，导弹的喷气发动机可产生恒定的推力，推力大小F =3mg ，导弹沿与水平方向成︒=30α角的方向直线飞行，经过时间t 后，遥控导弹的发动机保持推力的大小不变，将推力的方向逆时针转动120°，又经过时间t 21，关闭发动机．问再经过多长时间导弹落回地面，落地点离发射点多远（不计空气的阻力和导弹本身质量的变化）．答案：开始时导弹做匀加速直线运动，受力分析如下图甲所示：y 方向：3mg sin β– mg cos 30°= 0 所以β= 30° x 方向：3mg cos β– mg sin 30°= ma 1 所以a 1 = g经过时间t ，导弹的速度v = a 1t = gt ，斜向上运动的距离s 1 =221gt ．此时将推力逆时针旋转120°，推力F 将水平向左，导弹的受力分析如图乙所示，显然F 合 = – 2mg = ma 2，所以a 2 = – 2g ，再经过时间2t，导弹速度正好减为零，同时斜向上运动的距离s 2 =42222gt a v =--此时关闭发动机，导弹将从静止自由下落，故导弹落地点距发射点的距离为 L = (s 1 + s 2) cos 2833gt =α再由(s 1 + s 2) cos α=221自gt 得t 自 =t 23．8．在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上．已知小石块的质量为m 1．气球（含球内氢气）的质量为m 2，气球体积为V ，空气密度为ρ（V 和ρ均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为v ．已知风对气球的作用力f = ku （式中k 为一已知系数，u 为气球相对空气的速度）．开始时，小石块静止在地面上，如图所示．（1）若风速v 在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由．（2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v 保持不变，求气球能达到的最大速度的大小． 答案：（1）将气球和小石块作为一个整体：在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G 、浮力F 和地面支持力N 的作用， 据平衡条件有 N =（m 1 + m 2）g –ρgV 由于式中N 是与风速v 无关的恒力，故气球连同小石块不会一起被吹离地面．（2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有v x = v 气球在竖直方向也做匀速运动，有 m 2g + kv y =ρgV气球的最大速度 v m =22y x v v +联立求解得v m =222)(kgm gV v -+ρ．9．国家飞碟射击队用如图所示装置进行模拟训练，被训练的队员在高H = 20 m 的塔顶，在地面上距塔水平距离为s 处有一个电子抛靶装置，圆形靶可被以速度v 2竖直抛出，当靶被抛出的同时立即用特制手枪沿水平射击，子弹速度v 1 = 100 m/s ．不计人的反应时间、抛靶装置的高度及子弹的枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小（g = 10 m/s 2）．（1）当s 取值在什么范围时，无论v 2为何值都不能击中靶？（2）若s = 100 m ，v 2 = 20 m/s ，试通过计算说明靶能否被击中？ 答案：（1）把抛靶装置放在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，靶都无法被击中由H =21gt 2，x = v 1t 得，s > x = v 1m 2002=g H （2）若靶能被击中，则击中处应在抛靶装置的正上方，设经历的时间为t 1，则s = v 1t 1，t 1 =1001001=v s s = 1 sy 1 =21gt 12 =21× 10 × 1 = 5 (m)y 2 = v 2t 1 –21gt 12 = 20 × 1 –21× 10 × 12 = 15 (m)∵y 1 + y 2 = 5 m + 15 m = 20 m = H ∴靶恰好被击中．10．甲、乙两质点同时开始在彼此平行且靠近的两水平轨道上同向运动，甲在前，乙在后，相距s ，甲初速度为零，加速度为a ，做匀加速直线运动；乙以速度v 0做匀速运动，关于两质点在相遇前的运动． 某同学作如下分析：设两质点相遇前，它们之间的距离为s ∆，则s ∆=21at 2 + s – v 0t ，当t =av 0时，两质点间距离s ∆有最小值，也就是两质点速度相等时，两质点之间距离最近． 你觉得地的分析是否正确？如果认为是正确的，请求出它们的最小距离；如果认为是不正确的，请说明理由并作出正确分析． 答案：该同学回答不完整． 在两质点相遇之前，它们之间的距离s ∆也可能不断减小，直至s ∆= 0（相遇），也可能存在先变小后变大的情况，它完全取决于两质点之间的初始距离s 与v 0、a 之间的大小关系由 s ∆=21at 2 – v 0t + s 可解得：as v 220-=∆ 当20v ≥2as 即s ≤av220时，甲乙之间的距离始终在减小，直至相遇（最小距离s ∆= 0），不会出现s ∆最小的情况当20v < 2as ，即s >a v 220时，甲与乙不可能相遇，当t =av0时，两质点之间的距离最近：s ∆min= s –Fmg mg +︒︒37cos 37s i n ．11．2004年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星．在人类成功登陆火星之前，人类为了探测距离地球大约3.0 × 105 km 的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器．它能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔10 s 向地球发射一次信号．探测器上还装着两个相同的减速器（其中一个是备用的），这种减速器可提供的最大加速度为5 m/s 2．某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不能自动避开障碍物．此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作． 下表为控制中心的显示屏的数据：已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快．科学家每次分析数据并输入命令最少需要3 s ．问：（1）经过数据分析，你认为减速器是否执行了减速命令？（2）假如你是控制中心的工作人员，应采取怎样的措施？加速度需满足什么条件？请计算说明．答案：（1）设在地球和月球之间传播电磁波需要的时间为t 0，t 0 =cs月地= 1 s从前两次收到的信号可知：探测器的速度v 1 =103252-= 2 m/s由题意可知，从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:1034．控制中心第三次收到的信号是探测器在9:1039发出的．从后两次收到的信号可知探测器的速度v =101232-= 2 m/s 可见，探测器的速度未变，并未执行减速命令．减速器出现故障．（2）应启用另一个备用减速器．再经过3 s 分析数据和1 s 接收时间，探测器在9:1044执行命令，此时距前方障碍物的距离s = 4 m ．设定减速器加速度为a ，则有s =av 22≤4 m ，可得a ≥0.5 m/s 2 即只要设定加速度a 0.5 m/s 2，便可使探测器不与障碍物相撞．12．如图为宇宙中有一个恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O 运行的轨道近代以为圆，天文学家观测得到A 行星运动的轨道半径为R 0，周期为T 0． （1）中央恒星O 的质量是多大？（2）长期观测发现，A 行星实际运动的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性也每隔t 0时间发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A 行星外侧还存在一颗未知的行星B （假设其运行轨道与A 在同一平面内，且与A 的绕行方向相同），它对A 行星的万有引力引起A 轨道的偏离．根据上述现象及假设，你能对未知行星B的运动得到哪些定量的预测． 答案：（1）设中央恒星质量为M ，A 行星质量为m ，则有02020)2(R T m R Mm G π=解得：203024GT R M π=（2）由题意可知：A 、B 相距最近时，B 对A 的影响最大，且每隔t 0时间相距最近设B行星运行的周期为T B ，则有：1000=-B T t T t解得：T B =000T t t T - 设B 行星的质量为m '，运动的轨道半径为R B ，则有B B BR T m R m M G 22)2(π'='联立求解得：T B = R 0 ·32000)(T t t -．13．磁悬浮列车以大小为v 的速度沿赤道高速向东行驶，某时刻人造地球卫星A 正好经过磁悬浮列车正上方，运动方向与磁悬浮列车的运动方向相同，列车行驶路程s 后，卫星又一次通过列车的正上方．已知地球的半径为R ，自转周期为T 0，地球表面的重力加速度为g ，求卫星离地面的高度． 答案：设卫星的角速度为ω，在列车行驶路程s 的时间t =vs内 ππω2)2(0++=t RvT t ① 万有引力提供向心力 )()(22h R m h R MmG +=+ω ② GM = gR 2③由①②③式得h =R sv R v T gR -++3202)22(ππ．14．在某介质中形成一列简谐波，t = 0时刻的波形如图中的实线所示．（1）若波向右传播，零时刻刚好传到A 点，且再经过0.6 s ，P 点也开始起振，则 ①该列波的周期T 为多少？②从t = 0时起到P 点第一次达到波峰时止，O 点对平衡位置的位移y 0及其所经过的路程s 0各为多少？（2）若该列波的传播速度大小为20 m/s ，且波形由实践变成虚线需要经历0.525 s 时间，则该列波的传播方向如何？答案：由图象可知， λ= 2 m ，A = 2 cm ．（1）当波向右传播时，A 点的起振方向竖直向下，包括P 点在内的各质点的起振方向均为竖直向下①波速v =6.061=∆t AP = 10 m/s由v =T λ，得T =vλ= 0.2 s ②由t = 0至P 点第一次到达波峰止，经历的时间T s T t t )433(75.04312+==+∆=∆而t = 0时O 点的振动方向竖直向上（沿y 轴正方向） 故经2t ∆时间，O 点振动到波谷即：y 0 = – 2 cm s 0 = n · 4A = (3 + 3/4) · 4A = 0.3 m 其中n 为O 点振动的周期数（2）当波速v = 20 m/s 时，经历0.525 s 时间，波沿x 方向传播的距离x = vt = 10.5 m ，即 : x = (5 +41)λ，实数波形变为虚线波形经历了(5 +41)T ，故波沿x 轴负方向传播．15．一根弹性绳沿x 轴方向放置，左端在原点O ，用手握住绳的左端使其沿y 轴方向做周期为1 s 的简谐运动，于是在绳上形成一列简谐波．求：（1）若从波传到平衡位置在x = 1 m 处的M 质点时开始计时，那么经过的时间t ∆等于多少时，平衡位置在x = 4.5 m 处的N 质点恰好第一次沿y 轴正向通过平衡位置？在图中准确画出当时弹性绳上的波形．（2）从绳的左端点开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88 cm 时，N 质点振动通过的总路程是多少？答案：（1）由波的传播特性和波动图象知，波长λ= 2 m 波从x = 1 m 传至x = 4.5 m 处的N 质点需要的时间t = (7/4) T 此时x = 4.5 m 处的质点正向y 轴负方向运动x = 4.5 m 处的N 质点恰好第一次沿y 轴正向通过平衡位置还需T /2，因此t ∆= (9/4)T = 2.25 s 此时波形如图：（2）由图知，振幅A = 8 cm 质点在一个周期内通过的路程为4A = 32 cm O 质点通过88 cm 的路程共经过的时间为(11/4) T 从x = 0 m 传至x = 4.5 m 处的N 质点需要时间t 1为(9/4) T 质点N 运动的时间为（1/2）T 所以质点N 振动通过的总路程为2A = 16 cm ．16．如图所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0 = 2 m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角︒=30θ，现把一质量m = 10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h = 2 m 的高处．已知工件与传送带间动摩擦因数23=μ，g 取10 m/s 2． （1）试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？（2）工件从传送带底端运动至h = 2 m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？ 答案：（1）工件刚被放上皮带时受滑动摩擦力F f =μmg cos θ ①代入数据可得F f – mgsin θ= 25 N > 0，工件先做匀加速直线运动 由牛顿第二定律F f – mg sin θ= ma ② 设工件经过位移s 与传送带达到共同速度v 0，由匀变速直线运动规律v 02 = 2as ③ 联立①②③可得s = 0.8 m < 4 m 故工件先做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度后做匀速直线运动（2）工件从传送带底端运动至h = 2 m 高处的过程中摩擦力对工件做功W f ，由动能定理W f – mgh =2021mv可得W f = 220 J ．17．如图所示，水平面上的A ，B 两物体中间有一被细线拉着的被压缩了的轻弹簧，两边是两个在竖直平面内的半径分别为R 和2R 的圆弧形轨道．当细线突然断开后，两物体分别运动到轨道最高点时，对轨道的压力都为0．不计任何摩擦，求：A 、B 两物体的质量m A 和m B 之比．答案：由动量守恒得：m A v A = m B v B 设当A 运动到最高点时速度为v 1，有m A g =Rvm A 21研究A 由水平面到最高点的过程，由机械能守恒定律得 22212vm v m A A A -= 2m A gR 设当B 运动到最高点时速度为v 2，有m B g =Rv m B 222研究B 由水平面到最高点的过程，由机械能守恒定律得 22222vm v m B B B -= 2m B gR所以m A : m B =2: 1．18．2003年10月15日9时，在太空遨游21小时的“神舟”五号飞船返回舱按预定计划，载着宇航员杨利伟安全降落在内蒙古四子王旗地区．“神舟”五号飞船在返回时先要进行姿态调整，然后返回舱以近8 km/s 的速度进入大气层，当返回舱距地面30 km 时，返回舱上的回收发动机启动，相继完成拉出天线、抛掉底盖等动物．在飞船返回舱运动到距地面20 km以下的高度后，速度减为200 m/s 而匀速下降，此段过程中返回舱所受空气阻力为f =S v 221ρ，式中ρ为大气的密度，v 是返回舱的运动速度，S 为与形状特征有关的阻力面积，当返回舱距地面高度为10 km 时打开面积为1 200 m 2的降落伞，直到速度达到8 m/s 后匀速下落．为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为0），当返回舱离地面1.2 m 时反冲发动机点火，使反回舱落地的速度减为零，返回舱此时的质量为2.7 × 103 kg ，取g = 10 m/s 2． （1）用字母表示出返回舱在速度为200 m/s 时的质量；（2）分析从打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度和速度的变化情况； （3）求反冲发动机的平均反推力的大小及反冲发动机对返回舱做的功． 答案：（1）当返回舱在速度为20 m/s 时，受到的重力和阻力平衡而匀速下落，由牛顿第二定律mg – f = 0，根据已知条件得mg –S v 221ρ= 0，m =g S v 22ρ（2）在打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度先增大而后减小，加速度方向向上，返回舱的速度不断减少，直到速度减小到8 m/s 后匀速下落．（3）反冲发动机工作后，使返回舱的速度由8 m/s 减小为0，返回舱受重力和平均反冲力F 作用做减速运动的位移为h = 1.2 m ，根据动能定理，（mg – F ）h = 0 –21mv 2，F = 9.9 × 104 N 反冲发动机对返回舱做的功W = Fh = 1.2 × 105 J ．19．如图所示，在光滑水平面上放一质量为M 、边长为l 的正方体木块，木块右上角靠着一长为L 的轻质光滑棒，棒的一端用光滑铰链连接于地面上的O 点，棒可绕O 点在竖直平南非内自由转动，另一端固定一质量为m 的匀质金属小球．开始时，棒与木块均静止，棒与水平面夹角为α．当棒绕O 点逆时针转动到棒与水平面间夹角为β的瞬时，求木块速度的大小．答案：设棒和水平面成β角时，木块速度为v ，小球速度为v m ，棒与木块的接触点B 的速度为v B ，因B 点和m 在同一棒上以相同角速度绕O 点转动，所以有：lLl L OB L v v B m ===βωωsin /sin β木块与棒接触于B 点时木块的速度水平向左，此速度可看作两速度的合成，即B 点绕O 转动的速度v ⊥= v B 和B 点沿棒方向向m 滑动的速度v ∥，所以v B = v sin β故v m = v Bββ2sin sin v lLl L = 因从初位置到末位置的过程中只有小球重力对小球、轻棒、木块组成的系统做功，所以在上述过程中机械能守恒：mgL (sin α– sin β) =222121Mv mv m +综合上述得v = lββα422sin )sin (sin 2mL Ml mL +-．20．在宇宙飞船的实验舱内充满CO 2气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面积为S 的平板舱壁，如图所示，如果CO 2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有1/6的个数分别向上、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为v ，设气体分子与平板碰撞后以原速率反弹．已知实验舱中单位体积内CO 2的摩尔数为n ，CO 2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为N A ．求（1）单位时间内打在平板上的CO 2的分子个数； （2）CO 2气体对平板的压力． 答案：（1）设在t ∆时间内，CO 2分子运动的距离为L ，则 L = v t ∆ t ∆时间内打在平板上的分子数A 61nLSN N =∆ 故单位时间内打在平板上的CO 2的分子数为N =tN∆∆得 N =v nSN A 61（2）根据动量定理 F t ∆=（2mv ）N ∆ μ= N A m 解得 F =231Sv n μ所以CO 2气体对平板的压力231Sv n F F μ=='．21．如图所示，两个质量相同m =0.2kg 的小球用长L = 0.22m 的细绳连接，放在倾角为30°的光滑斜面上，初始时刻，细绳拉直，且绳与斜面底边平行，在绳的中点作用一个垂直于绳沿斜面向上的恒力F = 2.2 N ．在力F 的作用下两球向上运动，小球沿F 方向的位移随时间变化的关系式为s = kt 2（k 为恒量），经过一段时间两球第一次碰撞，又经过一段时间再一次发生碰撞，由于两球之间有粘性，当力F 作用了2 s 时，两球发生最后一次碰撞，且不再分开，取g = 10 m/s 2．求： （1）最后一次碰撞后，小球的速度； （2）最后一次碰撞完成时，小球的速度； （3）整个碰撞过程中，系统损失的机械能． 答案：（1）对两小球整体运用牛顿第二定律，得a = (F – 2mg sin 30°) / 2 m = 0.5 m/s 2 （2）因为小球沿F 方向的位移随时间变化的关系式为s = kt 2（k 为恒量），所以小球在沿F 方向上是匀加速直线运动，则小球的速度v = at = 1 m/s（3）根据功能原理，有E ∆= F (s + L /2) – 2mg sin 30s ︒– 2mv 2 / 2 其中s = at 2 / 2，代入数据，解得整个碰撞过程中，系统损失的机械能E ∆= 0.242 J ．22．如下图所示，一人手持质量为m 的小球乘坐在气球的吊篮里．气球、吊篮和人的总质量为M ，整个系统静止在空中．突然，人将小球向上抛出，经过时间t 后小球又返回手中，设手在抛接球时相对吊篮的位置不变，试求 （1）人在抛球过程中对系统做的功；（2）球在运动过程中与手之间的最大距离． 答案：（1）球减速上升时，人减速下降；球在高点时，人在最低点；所以球返回手中时的位置一定在抛出时的位置． 这时球速为v 1，v 1 = g 21t 其中t 为球从被抛出到返回抛出点所用的时间 mv 1 + M (– v 2) = 0W =21mv 12 +21Mv 22 =2121Mv mv m +Mv 12 +21103252-（2）设球在此过程中与手之间的最大距离为H球上升的最大距离 h 1 =21g (21t )2人下降的最大距离 h 2 =212)21(t g M mH = h 1 + h 2 =)1(812Mmgt +．23．劲度系数为k 的轻弹簧，竖直放置在地面上．其上端固定有质量为M 的钢板，处于静止状态，此时钢板位于O 处，如下图所示，现有一质量为m 的小球从距钢板H 的高处自由下落并与之发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失．已知M = 3m ，弹簧振子的周期T = 2k M /π．（1）求小球与钢板第一次碰撞后瞬间，小球的速度v 1和钢板的速度v 2． （2）要使小球与钢板每次都在同一高度相碰（即钢板的初始位置），求钢板质量的最大值．（3）以小球自由下落的瞬间为计时起点，以向下为正方向，以g v0的值作为1个时间单位（v 0为小球第一次刚落到钢板时的速率）．试在图中画出小球的v – t 图象；要求至少画出小球与钢板发生第三次碰撞前的图象．答案：（1）设小球落至钢板时速度为v 0 由机械能守恒定律得 mgH = mv 02 / 2 碰撞过程中动量守恒 mv 0 = mv 1 + Mv 2 机械能无损失 mv 12 / 2 + Mv 22 / 2 = mv 02 / 2 联立求解得v 0 =gH 2小球的速度v 1 = – v 0 / 2 = –gH 2/ 2，方向向上钢板的速度v 2 = v 0 / 2 =gH 2/ 2，方向竖直向下（2）由（1）可知，碰撞后小球做竖直上抛运动，钢板（连同弹簧）以速度v 0 / 2向下做简谐运动，要使m 与M 第二次碰撞仍发生在原位置，则小球重新落回到O 处所用的时间t 应满足 t = nT + T /2(n = 0、1、2、3、……) 当M 取最大值时，有 t = T /2 小球做竖直上抛运动到O 点时，有 t = v 0 / g已知T = 2k M /π联立求解得M =22πg kH（3）小球与钢板的第二次碰撞应满足 mv 0/2 – Mv 0 / 2 = mv 3 + Mv 4 m (v 0/2)2 /2 + M (v 0/2)2/2 = mv 32/ 2 + Mv 42 / 2 解得，v 3 = – v 0，方向竖直向上；v 4 = 0 当小球再次落回与钢板发生第三次碰撞时，第三次碰撞是第一次碰撞的重复；此后过程将周而复始地进行． 小球的v – t 图象如图所示．24．如图所示：质量M = 0.040 kg 的靶盒A 位于光滑水平导轨上，开始时静止在O 点，在O 点右侧有范围足够大的“相互作用区域”，如图中划虚线部分，当靶盒A 进入相互作用区时便受到指向O 点的恒力F = 2 N 的作用，P 处有一固定的发射器B ，它可以根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度v 0 = 50 m/s ，质量m = 0.010 kg 的子弹，当子弹打入靶盒A 后，便留在盒内，碰撞时间极短．假设每当靶盒A 停在或到达O 点时，都有一颗子弹进入靶盒A 内． （1）当第一颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 离开O 点最大距离为多少？（2）当第三颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间． （3）求发射器B 至少发射几颗子弹后，靶盒A 在相互作用区内运动的距离不超过0.2 m ？ 答案：（1）设第一颗子弹进入靶盒A 后，子弹与靶盒A 的共同速度为v 1．根据碰撞过程系统动量守恒，有：mv 0 = (m + M )v 1 ①设A 离开O 点的最大距离为s 1，根据动能定理有：– Fs 1 = 0 – (m + M ) 21v / 2 ② 由①、②式得s 1 = 1.25 m（2）根据题意，A 在恒力F 作用下返回O 点时第二颗子弹打入，由于A 的动量与第二颗。