2、情况下航空母舰的最小速度v2。答案(1) (2)解析(1)设飞机起飞速度为v,由匀变速直线运动的速度与位移公式可得v2=2asv2-=2aL联立解得v1=。(2)设飞机起飞过程所用时间为t,则t=飞机位移x1=航空母舰位移x2=v2t又x1-x2=L联立解得v2=。2.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图所示,滑板长L=1m,起点A到终点线B的距离s=5m。开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线,游戏结束。已知滑块与滑板间
3、动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2kg,滑板质量m2=1kg,重力加速度g取10m/s2,求:5(1)滑板由A滑到B的最短时间;(2)为使滑板能以最短时间到达,水平恒力F的取值范围。答案(1)1s (2)30N≤F≤34N解析(1)滑板一直加速时,所用时间最短。设滑板加速度为a2,Ff=μm1g=m2a2,a2=10m/s2,s=,t=1s。(2)刚好相对滑动时,水平恒力最小,设为F1,此时可认为二者加速度相等,F1-μm1g=m1a2,F1=30N。当滑板运动到B点,滑块刚好脱
4、离时,水平恒力最大,设为F2,设滑块加速度为a1,F2-μm1g=m1a1,=L,F2=34N。则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N。3.(2017·福建毕业班质检)如图所示,一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮,两端分别连接物块A和B,B的下面通过轻绳连接物块C,A锁定在地面上。已知B和C的质量均为m,A的质量为m,B和C之间的轻绳长度为L,初始时C离地的高度也为L。现解除对A的锁定,物块开始运动。设物块可视为质点,落地后不反弹。重力加速度大小为g。求:(1)A刚上升时的加速度大小a;(2)A上升过程
5、的最大速度大小vm;(3)A离地的最大高度H。答案(1)g (2) (3)L5解析(1)解除对A的锁定后,A加速上升,B和C加速下降,加速度a大小相等,设轻绳对A和B的拉力大小为FT,由牛顿第二定律得对A:FT-mg=ma对B、C:(m+m)g-FT=(m+m)a联立解得a=g。(2)当物块C刚着地时,A的速度最大。从A刚开始上升到C刚着地的过程,由机械能守恒定律得2mgL-mgL=(2m)解得vm=。(3)设C落地后A继续上升h时速度为零,此时B未触地面,A和B组成的系统满足mgh-mgh=0-
6、联立解得h=L由于h=L7、因。已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g=10m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG5的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。答案(1) (2)见解析 (3)见解析解析(1)根据功和能的关系,有eU0=电子射入偏转电场的初速度v0=在偏转电场中,电子的运动时间Δt==L偏转距离Δy=a(Δt)2=。(2)考虑电子所受
8、重力和电场力的数量级,有重力G=mg~10-29N电场力F=~10-15N由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力。(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即φ=由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值,叫做“重力势”,即φG=。电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。5.(2017·四川新津县月考)轻质细线吊着一质量为m=0.42kg、边长为l=1m、匝数n=10
