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2、16•S22a2解得h=s{+52=42(w)、综合训练答案练习一答案、选择12345678BCAABBCC二、实验1、(1)/1和厶¥(2)偏大2、⑴小丁5。低2.05s(2)0.9965(3)葺'(4)A三、计算1.1、(1)第一次飞行屮
3、，设加速度为q匀加速运动H=-a^由牛顿第二定律F-mg-f=ma}解得f=4(N)(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为片，上升的高度为山一1O匀加速运动S
4、=—0后设失去升力后的速度为勺，上升的高度为吐由牛顿第二定律mg+f=ma2(3)设失去升力下降阶段加速度为如；恢复升力后加速度为们，恢复升力时速度为冬由牛顿第二定律mg-/=ma3F+f^mg=ma4且叫+叫=力2a32a4V3=a3t33Fl解得t3-(s)(或2」s)22、16.(8分)解：(1)滑块在斜面上运动的过程中，受到的滑动摩
5、擦力/=“(加g+qE)cos37°,设到达斜面底端时的速度为力，根据动能定理nI（加g+qE）h-f――=~mv},（2分）sin372解得vi=2.4m/sc（1分）（2）滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上滑的高度最大，设为加，根据动能定理，一（mg+qE）h{-f.[=-Lmv^,（2分）sin372代入数据解得/?i=0.10m。（1分）（3）滑块最终将静止在斜面底端。因此重力势能和电势能的减少等于克服摩擦力做的功,即等于产生的热能，Q=Gng+qE）A=0.96Jo（2分）（2分）3、（1）设
6、小物体C从静止开始运动到/点时速度为卩，由机械能守恒定律mgh=—mv2设C与/碰撞粘在一起时速度为『，由动量守恒定律mv=（〃7+m）v（3分）求出（1分）（2）/与C一起将在竖直方向作简谐运动。当力与C运动A.C到最高点时，回复力最大，加速度最大。（2分）—2mg（1分）A.C受力图，B受力图如右图3受力平衡有F=mg对力、C应用牛顿第二定律求出F+2mg=2maci=l・5g（2分）（1分）（3）设弹簧的劲度系数为£开始时/处于平衡状态，设弹簧的压缩形变量为对A有kAx=mg（1分）当/与C运
7、动到最高时，设弹簧的拉伸形变量为△疋对B有kM-mg（1分）由以上两式得2=M（1分）□aaaaaaaamIcJB•・，収咼点汽弹簧原长位置△x卜,••原平衡位置•新平衡位置因此，在这两个位置时弹簧的弹性势能相等：EkE屛综恣绍对/、C,从原平衡位置到最高点，根据机械能守恒定律E弹+—（m+ni）v2=2mg（Ax+Ax）+E彙（3分）2解得丘=沁（2分）综合二答案12345678BDCCAACD二、实验1、（1）由图形状，其中正方形方格87个，用补偿法近似处理，可补19个整小方格.实际占小方格87
8、+19=106,那么油膜面积S=106X1cm2=106cm2.⑵由ImL溶液中有75滴，1滴溶液的体积丄mL.又每10%L溶液屮有纯油酸6mL,和L溶液中纯油酸的体积带X±mL=8X10^L.（3）油酸分子直径Z>=^=7.5XW10mo口（1U分）•（1）B（1分）E（1分）G（1分）⑵电路连接成图甲（2分），左（1分）（或者：电路连接成图乙，右）三、计算1、解：（1）因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为r=3.14X10-2So所以
9、线圈中感应电动势的最大值为E=2JTMmS/e&OV（2分）E⑵根据欧姆定律，电路中电流的最大值为肚話EA通过小灯泡电流的有效值为/=/n/V2=0.40V2A,（1分）灯泡消耗的电功率为P=/2r=2・88W（2分）-A5（3）在磁感应强度变化1/4周期内，线圈屮感应电动势的平均值E=nS——Ar通过灯泡的平均电流7二E_nSB7?+r(/?+r)AZ（1分）通过灯泡的电荷量Q=lt二虫竺=4.0X10-3Co（2分）7?+r2、解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能
10、到达圆弧最高点二者的共同速度为:v^=0设弹簧解除锁定前的弹性势能为於，上述过程中系统能量守恒，则有Ep=mgR+ptngL代入数据解得：E尸7.5J（2）设小物块第二次经过O'吋的速度大小为仏，此I］寸平板车的速度大小为叩，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统水平方向动量守恒和机械能守恒，则有：0=叫一MvmmgR=-mvl+丄Mu：代入数据解得：=2.0m/s（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0,设小物块相对平板车滑动的总路程为s,对系统由能量守
