1、计算题  飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1=120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力。一架质量为的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。飞机离舰起飞的速度v=100m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点。请你求出（计算结果均保留两位有效数字）。
（1）飞机在后一阶段的加速度大小；
（2）电磁弹射器的牵引力的大小；
（3）电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量。

参考答案：解：（1）令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为
则
得：?
（2）令电磁弹射阶段飞机加速度为a1、末速度为v1，平均阻力为
则，?
得：?
由
得?
或解由动能定理：?
得
（3）电磁弹射器对飞机做功
则其消耗的能量

本题解析：

本题难度：一般

2、简答题  质量为0.2kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4．设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h．

参考答案：
（1）根据图象得a=4-00.5=8m/s2，由牛顿第二定律：mg-f=ma，得f=m（g-a）=0.2×（10-8）=0.4N．
（2）由题意反弹速度v′=34v=3m/s．
又由牛顿第二定律：mg+f=ma′，得a′=0.2×10+0.40.2=12m/s2．
故反弹高度为：h=v′22a′=322×12=38m．
答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.4N；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度为38m．

本题解析：

本题难度：一般

3、选择题  如图所示，一质量m=0.1kg的小煤块以vo=4m/s的初速度从最左端水平进入轴心距离L=6m的水平传送带,传 送带可由一电机驱使而转动.已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1(取g=10m/s2)（?）

A．若电机不开启,传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为2m/s
B．若电机不开启,传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为4s
C．若开启电机，传送带以5m/s的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5m
D．若开启电机，传送带以5m/s的速率逆时针转动，则小煤块在传送带滑动的过程中产生的热量为1.6J

参考答案：ACD

本题解析：若电机不开启,传送带不转动，小煤块在传送带上向右做匀减速直线运动，加速度为，小煤块如果能静止的话，所用时间为，经历的位移为，所以小煤块在传送带上不会静止，故根据速度位移公式可得，小煤块滑离传送带右端的速度大小为，A正确，运动总时间为，B错误，
若开启电机，传送带以5m/s的速率顺时针转动，小煤块先做匀加速直线运动，当速度和传送带速度相等后匀速运动，加速度为，所以，解得，运动时间为，此过程中传送带运动了，所以则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5m，C正确，
若开启电机，传送带以5m/s的速率逆时针转动，根据A分析可得，小煤块在滑到最右端时，不会静止，所以小煤块一直做匀减速直线运行，小煤块在传送带上的运动时间为2s，运动距离为6m，而此过程中传送带传送位移为，所以两者相对运动了16m，故产生的热量为,D正确
点评：解决本题的关键知道传送带不同运动状态下，小煤块的运动性质，

本题难度：一般

4、选择题  如图所示，当电梯向上做加速运动时，下列说法正确的是（　　）

A．人所受的重力将变大
B．人所受的重力将变小
C．人对地板的压力将变大
D．人对地板的压力将变小

参考答案：
AB、质量是物体的自由属性，不会因运动而改变，无论超重还是失重，都不改变物体自身的质量，也即不改变重力，故AB错误
CD、由于人的加速度向上，由牛顿第二定律：N-mg=ma，解得：N=mg+ma，故可知地板对人的支持力变大，且大于重力．故C正确，D错误
故选C

本题解析：

本题难度：简单

5、简答题  在一次抗洪抢险活动中，解放军某部利用直升机抢救一重要落水物体．静止在空中的直升机上，电动机通过悬绳将物体从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kW．为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当物体到达机舱时恰好达到最大速度．求：
（1）落水物体刚到达机舱时的速度；
（2）这一过程所用的时间．（g取10m/s2）

参考答案：（1）第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．此时有：Pm=mgvm
代入数据解得vm=Pmmg=1200080×10m/s=15m/s
此速度也是物体到达机舱的速度．
故落水物体刚到达机舱时的速度为15m/s．
（2）对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v1，上升高度h1，则有：
Fm-mg=ma
Pm=Fmv1
v1=a1t1h1=v12t1
代入数据解得：v1=10m/s，t1=2s，h1=10m
第二段，以最大功率上升，由动能定理得：Pmt2-mg(h-h1)=12mv2m-12mv21
解得t2=5.75s
所以吊起落水物体所用总时间为t=t1+t2=7.75s
故这一过程所用的时间为7.75s．

本题解析：

本题难度：一般