題目列表(包括答案和解析)
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2003年2月1日北京時間22時左右，美國服役年限最久的航天飛機“哥倫比亞”號在降落時突然與地面控制中心失去聯(lián)系，不久德克薩斯北部的居民便聽到一聲巨大的爆炸聲，載有7名字航員的航天飛機在進入大氣層后已經解體．這是美國自1986年以來發(fā)生的第二次航天飛機失事事件．載人航天是人類駕駛和乘坐航天器在太空中從事各種探測、研究、試驗和軍事應用的飛行活動．自1961年前蘇聯(lián)科學家加加林首航太空以來．人類已經進行過幾百次這種太空飛行．無論從科技發(fā)展的廣闊前景還是巨大的民用、軍用和商業(yè)價值來講，載人航天均意義非凡．
(1)航天飛機環(huán)繞地球做勻速圓周運動時，宇航員會處于完全失重狀態(tài)，下列說法中正確的是
[ ]
(2)下列能在飛船實驗艙中做實驗的儀器是
[ ]
(3)航天飛機表面常貼有特制的陶瓷片，其作用是
[ ]
A．增加航天飛機的強度，防止受流星及太空垃圾撞擊而損壞
B．將太陽能轉化為電能供航天飛機使用
C．便于雷達跟蹤，接收地面指揮中心的指令
D．陶瓷片耐高溫、隔熱、能有效保護航天飛機安全返回地面
(4)航天飛機開始返回大氣層時速度快，此時若張開降落傘，傘很容易被撕裂，因此降落傘只有在航天飛機接近地面并且速度已經大大降低時才能打開，從而使航天飛機進一步減速．當吊在降落傘下的航天飛機下降到速度為14m/s時，為實現軟著陸，在距地面約1.5m時，啟動5個反推力小火箭，則第支火箭的平均推力約為(假設航天飛機重8t)__________．
(5)用在航天飛機重返制動閥的金屬要求有良好的熱學性能，根據下表選擇出最佳的金屬為__________．
2003年2月1日北京時間22時左右，美國服役年限最久的航天飛機“哥倫比亞”號在降落時突然與地面控制中心失去聯(lián)系，不久德克薩斯北部的居民便聽到一聲巨大的爆炸聲，載有7名字航員的航天飛機在進入大氣層后已經解體．這是美國自1986年以來發(fā)生的第二次航天飛機失事事件．載人航天是人類駕駛和乘坐航天器在太空中從事各種探測、研究、試驗和軍事應用的飛行活動．自1961年前蘇聯(lián)科學家加加林首航太空以來．人類已經進行過幾百次這種太空飛行．無論從科技發(fā)展的廣闊前景還是巨大的民用、軍用和商業(yè)價值來講，載人航天均意義非凡．
(1)航天飛機環(huán)繞地球做勻速圓周運動時，宇航員會處于完全失重狀態(tài)，下列說法中正確的是
[ ]
(2)下列能在飛船實驗艙中做實驗的儀器是
[ ]
(3)航天飛機表面常貼有特制的陶瓷片，其作用是
[ ]
A．增加航天飛機的強度，防止受流星及太空垃圾撞擊而損壞
B．將太陽能轉化為電能供航天飛機使用
C．便于雷達跟蹤，接收地面指揮中心的指令
D．陶瓷片耐高溫、隔熱、能有效保護航天飛機安全返回地面
(4)航天飛機開始返回大氣層時速度快，此時若張開降落傘，傘很容易被撕裂，因此降落傘只有在航天飛機接近地面并且速度已經大大降低時才能打開，從而使航天飛機進一步減速．當吊在降落傘下的航天飛機下降到速度為14m/s時，為實現軟著陸，在距地面約1.5m時，啟動5個反推力小火箭，則第支火箭的平均推力約為(假設航天飛機重8t)__________．
(5)用在航天飛機重返制動閥的金屬要求有良好的熱學性能，根據下表選擇出最佳的金屬為__________．
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一個有一定厚度的圓盤，可以繞通過中心垂直于盤面的水平軸轉動，用下面的方法測量它勻速轉動時的角速度。
實驗器材：電磁打點計時器、米尺、紙帶、復寫紙片。
實驗步驟：
（1）如圖1所示，將電磁打點計時器固定在桌面上，將紙帶的一端穿過打點計時器的限位孔后，固定在待測圓盤的側面上，使得圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤側面上。
（2）啟動控制裝置使圓盤轉動，同時接通電源，打點計時器開始打點。
（3）經過一段時間，停止轉動和打點，取下紙帶，進行測量。
① 由已知量和測得量表示的角速度的表達式為ω= 。式中各量的意義是：
.
② 某次實驗測得圓盤半徑r=5.50×10-2m，得到紙帶的一段如圖2所示，求得角速度為 。
（1） （2）6.8/s。 |
一、選擇題
1、B 2、C 3、AC 4、D 5、BC 6BC
7、A 解析：由題意知，地面對物塊A的摩擦力為0，對物塊B的摩擦力為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image286.gif)
。
對A、B整體，設共同運動的加速度為a，由牛頓第二定律有：
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image288.gif)
對B物體，設A對B的作用力為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image290.gif)
，同理有
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image292.gif)
聯(lián)立以上三式得：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image294.gif)
8、B 9、A 10、B
二、實驗題
11、⑴ 不變 ⑵ AD ⑶ABC ⑷某學生的質量
三、計算題
12、解析：由牛頓第二定律得：mg－f＝ma
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image296.gif)
拋物后減速下降有：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image298.gif)
Δv＝a/Δt
解得：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image300.gif)
13、解析：人相對木板奔跑時，設人的質量為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image302.gif)
，加速度為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image304.gif)
，木板的質量為M，加速度大小為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image306.gif)
，人與木板間的摩擦力為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image308.gif)
，根據牛頓第二定律，對人有：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image310.gif)
；
（2）設人從木板左端開始距到右端的時間為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image312.gif)
，對木板受力分析可知：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image314.gif)
故%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image316.gif)
，方向向左；
由幾何關系得：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image318.gif)
，代入數據得：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image320.gif)
（3）當人奔跑至右端時，人的速度%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image322.gif)
，木板的速度%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image324.gif)
；人抱住木柱的過程中，系統(tǒng)所受的合外力遠小于相互作用的內力，滿足動量守恒條件，有：
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image326.gif)
�。ㄆ渲�%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image328.gif)
為二者共同速度）
代入數據得%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image330.gif)
，方向與人原來運動方向一致；
以后二者以為初速度向右作減速滑動，其加速度大小為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image333.gif)
，故木板滑行的距離為%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image335.gif)
。
14. 解析：（1）從圖中可以看出，在t＝2s內運動員做勻加速直線運動，其加速度大小為
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image337.gif)
=
設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律，有mg－f＝ma
得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N
（2）從圖中估算得出運動員在14s內下落了
39.5×2×
根據動能定理，有%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image339.gif)
所以有 %20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image341.gif)
＝（80×10×158－%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image343.gif)
×80×62）J≈1.25×105J
（3）14s后運動員做勻速運動的時間為
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image345.gif)
s＝57s
運動員從飛機上跳下到著地需要的總時間
t總＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s
15. 13、解析：（1）取豎直向下的方向為正方向。
球與管第一次碰地前瞬間速度%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image347.gif)
，方向向下。
碰地的瞬間管的速度%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image349.gif)
，方向向上；球的速度%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image351.gif)
，方向向下，
球相對于管的速度%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image353.gif)
，方向向下。
碰后，管受重力及向下的摩擦力，加速度a管=
球受重力及向上的摩擦力，加速度a球=
球相對管的加速度a相=
取管為參照物，則球與管相對靜止前，球相對管下滑的距離為：
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image355.gif)
要滿足球不滑出圓管，則有%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image357.gif)
。
（2）設管從碰地到它彈到最高點所需時間為t1（設球與管在這段時間內摩擦力方向不變），則：%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image359.gif)
設管從碰地到與球相對靜止所需時間為t2，%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image361.gif)
因為t1 ＞t2，說明球與管先達到相對靜止，再以共同速度上升至最高點，設球與管達到相對靜止時離地高度為h’，兩者共同速度為v’，分別為：
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image363.gif)
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image365.gif)
然后球與管再以共同速度v’作豎直上拋運動，再上升高度h’’為
%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image367.gif)
因此，管上升最大高度H’=h’+h’’=%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image369.gif)
（3）當球與管第二次共同下落時，離地高為，球位于距管頂%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image371.gif)
處，同題（1）可解得在第二次反彈中發(fā)生的相對位移。
16. 解析：(1)小球最后靜止在水平地面上，在整個運動過程中，空氣阻力做功使其機械能減少，設小球從開始拋出到最后靜止所通過的路程S，有 fs=mv02/2 已知 f ＝0.6mg 代入算得： s= 5
v02/(
(2)第一次上升和下降：設上升的加速度為a11．上升所用的時間為t11，上升的最大高度為h1；下降的加速度為a12，下降所用時間為t12．
上升階段：F合＝mg＋f ＝1.6 mg
由牛頓第二定律：a11 ＝
根據：vt＝v0－a11t11， vt＝0
得：v0＝l.6gt11， 所以t11＝ 5 v0/(
下降階段：a12=(mg-f)/m=
由h1= a11t112/2 和 h2= a12t122/2 得：t12＝2t11＝5 v0/(
所以上升和下降所用的總時間為：T1＝t11＋t12＝3t11＝ 15 v0/(
第二次上升和下降，以后每次上升的加速度都為a11，下降的加速度都為a12；設上升的初速度為v2，上升的最大高度為h2，上升所用時間為t21，下降所用時間為t22
由v22=
上升階段：v2＝a11t21 得：t21= v2/
a11= 5 v0/(
下降階段： 由 h2= a11t212/2 和h2= a12t222/2 得t22＝2t21
所以第二次上升和下降所用總時間為：T2＝t21＋t22＝3t21＝15 v0/(
第三次上升和下降，設上升的初速度為v3，上升的最大高度為h3，上升所用時間為t31，下降所用時間為t32
由 v32=
上升階段：v3＝a11t
下降階段：由 h3= a11t312/2 和h3= a12t322/2 得：t32＝2t31
所以第三次上升和下降所用的總時間為：T3＝t31＋t32＝3t31＝15 v0/(
同理，第n次上升和下降所用的總時間為： Tn＝%20牛頓定律在直線運動中的應用.files/image373.gif)
所以，從拋出到落地所用總時間為： T=15 v0/(
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，T為電磁打點計時器打點的時間間隔，r為圓盤的半徑，x2、x1是紙帶上選定的兩點分別對應的米尺的刻度值，n為選定的兩點間的打點數（含兩點）。
或
……；（s5+s6）/2T；1，5
