題目列表(包括答案和解析)
翼型降落傘有很好的飛行性能，跳傘運動員可方便地控制轉彎等動作．其原理是通過對降落傘的調節，使空氣升力和空氣摩擦力都受到影響．已知：空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，F1＝C1v2；空氣摩擦力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，F2＝C2v2其中C1、C2相互影響，可由運動員調節，滿足如圖乙所示的關系．試求：
（1）圖甲中畫出了運動員攜帶翼型傘跳傘后的兩條大致運動軌跡，試判斷①、②兩軌跡中哪條是不可能的，并簡要說明理由；
（2）若降落傘最終勻速飛行的速度v與地平線的夾角為α，試從力平衡的角度證明：tanα＝
；
（3）某運動員和裝備的總質量為70kg，勻速飛行的速度v與地平線的夾角α約20°，tan20°＝
，勻速飛行的速度v多大？（g取10m/s2，結果保留3位有效數字．）
（4）若運動員出機艙時飛機距地面的高度為800m，飛機飛行速度為540km/h，降落過程中該運動員和裝備損失的機械能ΔE多大？
翼型降落傘有很好的飛行性能，跳傘運動員可方便地控制轉彎等動作．其原理是通過對降落傘的調節，使空氣升力和空氣摩擦力都受到影響．已知：空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，F1＝C1v2；空氣摩擦力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，F2＝C2v2其中C1、C2相互影響，可由運動員調節，滿足如圖乙所示的關系．試求：
（1）圖甲中畫出了運動員攜帶翼型傘跳傘后的兩條大致運動軌跡，試判斷①、②兩軌跡中哪條是不可能的，并簡要說明理由；
（2）若降落傘最終勻速飛行的速度v與地平線的夾角為α，試從力平衡的角度證明：tanα＝
；
（3）某運動員和裝備的總質量為70kg，勻速飛行的速度v與地平線的夾角α約20°，tan20°＝
，勻速飛行的速度v多大？（g取10m/s2，結果保留3位有效數字．）
（4）若運動員出機艙時飛機距地面的高度為800m，飛機飛行速度為540km/h，降落過程中該運動員和裝備損失的機械能ΔE多大？
翼型降落傘有很好的飛行性能，跳傘運動員可方便地控制轉彎等動作．其原理是通過對降落傘的調節，使空氣升力和空氣摩擦力都受到影響．已知：空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，F1＝C1v2；空氣摩擦力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，F2＝C2v2其中C1、C2相互影響，可由運動員調節，滿足如圖乙所示的關系．試求：
（1）圖甲中畫出了運動員攜帶翼型傘跳傘后的兩條大致運動軌跡，試判斷①、②兩軌跡中哪條是不可能的，并簡要說明理由；
（2）若降落傘最終勻速飛行的速度v與地平線的夾角為α，試從力平衡的角度證明：tanα＝
；
（3）某運動員和裝備的總質量為70kg，勻速飛行的速度v與地平線的夾角α約20°，tan20°＝
，勻速飛行的速度v多大？（g取10m/s2，結果保留3位有效數字．）
（4）若運動員出機艙時飛機距地面的高度為800m，飛機飛行速度為540km/h，降落過程中該運動員和裝備損失的機械能ΔE多大？
翼型降落傘有很好的飛行性能．它被看作飛機的機翼，跳傘運動員可方便地控制轉彎等動物．其原理是通過對降落傘的調節，使空氣升力和空氣摩擦力都受到影響．已知：空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，F1=C1v2；空氣摩擦力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，F2=C2v2．其中C1．C2相互影響，可由運動員調節，滿足如圖b所示的關系．試求：一、1、BC 2、B 3、C 4、AD 5、ACD 6、D 7、ABD 8、C
9、C 10、ACD 11、BD 12、D
二、實驗題（本題共2小題共18分）將答案填在橫線上或作圖和連線
13、（8分）（1）實驗裝置圖中存在的問題有：細線與軌道平面應該平行；---1分
初始時刻，小車應緊靠打點計時器 ---1分
所缺的步驟：調節軌道的傾斜程度，使小車能在軌道上勻速運動為止 ------1分
應該控制的實驗條件是M>>m------1分
（2）
---1分
---1分
-----2分
14、（10分）（1）①_____30.6~30.9 （1分）
②__150____ （1分）
③____?1K （1分）
④ 歐姆調零 （1分）
（2）① B （1分）
② 新電池內阻很小（1分） ③電路圖（4分）
三、本大題共四小題共計54分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題．答案中必須明確寫出數值和單位
15、（12分）（1）設電子經電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理
e U1=
－0…………………………………………（2分）
解得 
………………………………..………（2分）
（2）電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉電場時的側移量為y。由牛頓第二定律和運動學公式
t=
……………………………………………..……….（1分）
F=ma F=eE E=
a =
……………………………………………（2分）
y=
……………………………………………（1分）
解得 y=
…………………………………………（2分）
（3）減小加速電壓U1；增大偏轉電壓U2；……（2分）
16、（13分）（1）（4分）②軌跡不可能存在
①位置，三力可能平衡或三力的合力可能與速度在一直線．，運動員做直線運動
②位置，合力方向與速度方向不可能在一直線，所以不會沿豎直方向做直線運動
②位置F1的方向按圖a，理論上是向右，畫出向左也不扣分，但是F1F2標錯位置要扣分。．
（2）（3分）由①位置的受力分析可知，勻速運動時
F1＝mgcos＝C1v2……⑴
F2＝mgsin＝C2v2……⑵
兩式消去mg和v得tan＝C2/C1
（3）（3分）在圖b中過原點作直線
正確得到直線與曲線的交點
C2＝2，C1＝5．55．5~5．6均正確．
根據F2＝mgsin＝C2v2或F1＝mgcos＝C1v2
上兩式任取其一．
得v＝10．9m/s在10．7~11．0之間均可．
（4）（3分）E＝mgH＋12 mv02－12 mv2＝7010800＋12 701502－12 7010．92．J＝1．34106 J
17、（14分）（1）設小環到達b點的速率為v1，因小環在b點恰好與細桿無相互作用力，則有：Eq＝qv1B（2分）
得
：
（2分）
對小環在ab段的運動過程用動能定理，有：
（2分）
得：W=－6×10－3J（1分）
（2）小環在cd段做勻速直線運動，且與細桿無相互作用力，則小環受力情況如圖所示．
設小環剛過c點的速度為v2，由幾何關系可知，
電場力Eq＝mg（1分），w.w.w.k.s.5
u.c.o.m洛倫茲力
（1分）
（
。
�。�1分）
，由動能定理有：
�。�1分）
�。�2分）
，由系統動量守恒得：
�。�2分）
�。�2分）
（2分）
�。�2分）