浙江专用2025版高考物理二轮复习专题二综合集训练含解析

PAGE17-专题二综合集训练A组一、单项选择题1.我们学过的物理量中，有的对应的是一个过程，比如：平均速度、路程等，我们称之为过程量；有的对应的是一个状态，比如：瞬时速度、动能等，我们称之为状态量。以下物理量中属于状态量的是()A.功 B.重力势能C.平均功率 D.位移解析物体的重力势能是属于状态量，而功、平均功率和位移都对应于一个过程，称为过程量，B正确，A、C、D错误。答案B2.质量为m、初速度为零的物体，在不同变更的合外力F作用下都通过位移x0。下列各种状况中合外力做功最多的是()解析力F随位移x变更的图象面积表示做功，合外力做功最多的是图C。答案C3.在篮球竞赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽视篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为()图1A.1JB.10JC.50J D.100J解析由功能关系，该同学罚球时对篮球做的功大约为W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝0.6×10×1.5J＋eq\f(1,2)×0.6×12J＝9.3J，B正确。答案B4.中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成实力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。报道称，新一代高速列车牵引功率达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车沿全长约1300km的京沪线从北京到上海，在动力上耗电约为()图2A.3.3×104kW·h B.3.1×106kW·hC.1.8×104kW·h D.3.3×105kW·h解析新一代高速列车沿全长约1300km的京沪线从北京到上海时间大约为t＝eq\f(x,v)＝3.71h，E＝Pt＝9000kW×3.71h＝3.3×104kW·h，选项A正确。答案A5.如图3所示为江西艺人茅荣荣，他在7个半小时内连续颠球5万次成为新的吉尼斯纪录创建者，而这个世界纪录至今无人超越。若足球用头顶起，某一次上上升度为80cm，足球的质量为400g，与头顶作用时间Δt为0.1s，则足球本次在空中的运动时间t和足球给头部的作用力F的大小分别是(空气阻力不计，g＝10m/s2)()图3A.t＝0.4s；F＝40NB.t＝0.4s；F＝68NC.t＝0.8s；F＝36ND.t＝0.8s；F＝40N解析足球自由下落时有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝0.4s竖直上抛运动的总时间为自由落体的2倍，足球本次在空中的运动时间t＝2t1＝0.8s。设竖直向上为正方向，由动量定理得(FN－mg)Δt＝mv－(－mv)v＝gt＝4m/s解得FN＝36N，即足球给头部的作用力F的大小为36N，选项C正确。答案C6.图4中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的。BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块在A点从静止状态释放，沿轨道滑下，最终停在D点，A点和D点的位置如图所示。现用一沿着轨道方向的力推滑块，将它缓慢地由D点推回到A点时停下。设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功等于()图4A.mgh B.2mghC.μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋\f(h,sinθ))) D.μmgs＋μmgh·eq\f(1,tanθ)解析物体由A点下滑至D点。设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理mgh－WAD＝0，即mgh＝WAD，由于缓慢推，说明动能变更量为零，设克服摩擦力做功为WDA，当物体从D点被推回A点，由动能定理WF－mgh－WDA＝0，而摩擦力做的功WAD＝WDA＝－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgs，联立得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。答案B7.如图5所示，竖直平面内放始终角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不行伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，变更水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为(取g＝10m/s2)()图5A.11J B.16JC.18J D.9J解析A球向右运动0.1m时，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，设此时∠BAO＝α，则有tanα＝eq\f(3,4)。vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。此过程中B球上上升度h＝0.1m，由动能定理W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得绳对B球的拉力所做的功为W＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2×10×0.1J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，选项C正确。答案C8.蹦极是一项考验体力、智力和心理承受实力的空中极限运动。跳动者站在约50m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳动者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳动者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳动者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep(图线②)随下落高度的变更图象中，大致正确的是()图6解析在跳动者起跳到下落到弹性绳刚伸直(0～L)的过程中动能随下落高度h的增加线性增大；再往下落时动能和弹性势能都增大，当弹性绳的弹力等于跳动者的重力时，速度最大，动能最大；接着向下落时动能减小，弹性绳的弹性势能增大，图象B正确。答案B9.2024年春晚在舞《春海》中拉开帷幕。如图7所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下列说法中正确的是()图7A.观众欣赏表演时可把领舞者看作质点B.2号和4号领舞者的重力势能相等C.3号领舞者处于超重状态D.她们在上升过程中机械能守恒解析观众欣赏表演时，要看动作，不能把领舞者看作质点，A错误；2号和4号领舞者的质量相等，高度相同，则重力势能相等，B正确；3号领舞者缓缓升起，处于平衡状态，故C错误；她们在上升过程中，钢丝绳的拉力对她们做功，所以她们的机械能不守恒，D错误。答案B10.(2024·高考大纲调研卷8)如图8所示，传送带以v＝10m/s的速度逆时针转动，两轮中心点AB间水平距离为8m，可视为质点的滑块质量m＝1kg，以v0＝6eq\r(2)m/s的速度从光滑平台滑上传送带，滑块与传送带间动摩擦因数μ＝0.6(重力加速度g＝10m/s2)。关于滑块的运动，下列说法正确的是()图8A.滑块将从B端滑落B.滑块将返回光滑平台上，回到平台上的速度大小为6eq\r(2)m/sC.滑块在传送带上的整个运动过程中，摩擦力对其做功不为零D.滑块向右运动过程中其机械能的削减量等于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量解析设滑块速度减至零时向右滑行的距离为x，依据动能定理得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝6m＜8m，所以滑块不会从B端滑落，A错误；滑块速度减至零后向左匀加速运动，由于v0＝6eq\r(2)m/s<v＝10m/s，依据对称性可知，滑块回到平台时速度与传送带相同，速度大小为6eq\r(2)m/s，B正确；滑块在传送带上的整个运动过程中，动能的变更量为零，依据动能定理得摩擦力对其做功为零，C错误；滑块向右运动过程中其机械能的削减量等于此过程中滑块克服摩擦力做功，而滑块克服摩擦力做功等于摩擦力与滑块对地位移的乘积，滑块与传送带间摩擦产生的热量等于摩擦力与两者相对位移的乘积，由于滑块对地位移小于两者相对位移，所以滑块向右运动过程中其机械能的削减量小于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量，D错误。答案B11.如图9所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止起先下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是()图9A.由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B.由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后削减C.由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的削减量D.在C处时，弹簧的弹性势能为mgh解析圆环从A处由静止起先下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，A正确；圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能渐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和渐渐削减，B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的削减量，C正确；探讨圆环从A处由静止起先下滑到C过程，由动能定理得mgh－W弹＝0－0＝0，则W弹＝mgh，故D正确。答案B12.用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图10所示，下列说法正确的是()图10A.在0～t1时间内，起重机拉力渐渐变大B.在t1～t2时间内，起重机拉力的功率保持不变C.在t1～t2时间内，货物的机械能保持不变D.在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功解析v－t图象的斜率表示加速度大小，在0～t1时间内货物加速上升，加速度渐渐减小，起重机拉力渐渐变小，选项A错误；在t1～t2时间内，货物匀速上升，拉力方向向上，拉力等于重力，由P＝Fv可知起重机拉力的功率保持不变，选项B正确；在t1～t2时间内，货物匀速上升，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大，选项C错误；在t2～t3时间内，货物匀减速上升，拉力方向向上，起重机拉力对货物做正功，选项D错误。答案B二、不定项选择题13.(2024·高考大纲调研卷2)把质量是0.2kg的小球放在直立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图11甲所示；快速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽视不计。重力加速度g＝10m/s2，则有()图11A.小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能始终减小，小球的动能始终增加B.小球从B上升到C的过程中，小球的动能始终减小，势能始终增加C.小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6JD.小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J解析球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kΔx＝mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球接着上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，选项A错误；小球从B到C的过程中，小球只受重力，故小球的动能始终减小，因小球高度增加，故小球的重力势能增加，选项B正确；依据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能Ep＝mghAC＝0.2×10×0.3J＝0.6J，选项C正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能，故D错误。答案BC14.如图12甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止起先运动，物体的机械能E随位移x的变更关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()图12A.物体在沿斜面对下运动B.在0～x1过程中，物体的加速度始终减小C.在0～x2过程中，物体先减速再匀速D.在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ解析依据功能关系：除重力以外其他力所做的功等于机械能的增量，在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力。当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变更推断其加速度的变更。在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面对下运动，A正确；在0～x1过程中图线的斜率渐渐减小到零，知物体的拉力渐渐减小到零。依据a＝eq\f(mgsinθ－F,m)，可知加速度渐渐增大，B错误；在0～x2过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面对下，所以物体做加速运动，C错误；在x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F＝0，此时a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，D正确。答案AD15.汽车在平直马路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率马上减小一半，并保持该功率接着行驶，到t2时刻，汽车又复原了匀速直线运动，下列能正确表示这一过程中汽车牵引力随时间t、速度v随时间t变更的图象是()解析汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，当司机减小油门，汽车的功率减为eq\f(P,2)的瞬间，速度v不变，由P＝Fv可知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F＝eq\f(1,2)F0，阻力f没有变更，汽车的牵引力小于阻力，汽车起先做减速运动，速度v减小，功率保持为eq\f(P,2)，由P＝Fv可知，随v减小，牵引力渐渐增大，汽车受到的合力变小，由牛顿其次定律得知，汽车的加速度渐渐减小，汽车做加速度减小的减速运动，当汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次匀速运动，由P＝Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半，由图象可知，A、D正确。答案AD16.如图13甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面对上推出，调整斜面与水平方向的夹角θ，试验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，依据图象可求出()图13A.物体的初速率v0＝3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x小＝1.44mD.当某次θ＝300时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析由图可知，当倾角θ＝0°时，位移为2.40m；而当倾角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知veq\o\al(2,0)＝2gh；解得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.80)m/s＝6m/s，A错误；当倾角为0°时，由动能定理可得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得μ＝eq\f(36,2×10×2.4)＝0.75，B正确；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g（sinθ＋μcosθ）)＝eq\f(18,10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(3,4)cosθ)))＝eq\f(18,10×\f(5,4)×sin（θ＋α）)，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44m，C正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，摩擦力f＝μmgcos30°＝0.75×mg×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故小球达到最高点后，不会下滑，D错误。答案BCB组非选择题(需写出规范的解题步骤)1.我国在贵州省黔南州平塘县大窝凼凹地建设的“500米口径球面射电望远镜”(FivehundredmetersApertureSphericalTelescope，简称FAST)，是世界上最大口径的射电望远镜。馈源是FAST用来接受宇宙信号的装置系统，馈源舱用于安放这个系统。2015年11月21日，首次进行“馈源舱”升舱试验，由等间距固定在半径为250米的圆周上的6座最高168米的支撑塔通过6条钢索将30吨重的馈源舱缓缓拉升，悬吊在巨大球面的中心。专家创新性地提出了“轻型索支撑馈源平台”，通过卷扬机收放钢索，可以驱动安装好的馈源舱在一个距离地面高140米至180米、直径为207米的球冠面上缓慢运动，最大定位精度将小于10毫米。取eq\f(250,144)＝eq\r(3)，g＝10m/s2。图14(1)假设6条钢索等长，分别固定在各支撑塔的最高点，拉升过程中拉力大小相等。当馈源舱离地面高24m时，求每条钢索与馈源舱连接处拉力的大小；(2)馈源舱在球冠面上缓慢运动，求馈源舱最大机械能与最小机械能之差。解析(1)设当馈源舱离地面高h＝24m时，每条钢索与竖直方向的夹角为θ，拉力大小为F，圆周半径为r，支撑塔高为H，馈源舱质量为m，则tanθ＝eq\f(r,H－h)。6Fcosθ＝mg解得F＝1.0×105N。(2)馈源舱在球冠面上缓慢运动过程中，机械能就只有重力势能，设最大机械能与最小机械能之差为ΔE，则ΔE＝mg(h2－h1)解得ΔE＝1.2×107J。答案(1)1.0×105N(2)1.2×107J2.节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m＝1000kg的混合动力轿车，在平直马路上以速度v1＝90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50kW。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标记时，保持发动机功率不变，马上启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72m后，速度变为v2＝72km/h。此过程中发动机功率的eq\f(1,5)用于轿车的牵引，eq\f(4,5)用于供应发电机工作，发动机输送给发电机的能量最终有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求：(1)轿车以90km/h的速度在平直马路上匀速行驶时，所受阻力f阻的大小；(2)轿车从90km/h减速到72km/h过程中，电池获得的电能E电；(3)轿车仅用上述减速过程中获得的电能E电，在同样的道路上以72km/h的速度能匀速行驶的距离L′。解析(1)汽车牵引力与输出功率的关系P＝F牵v将P＝50kW，v1＝90km/h＝25m/s代入得F牵＝eq\f(P,v)＝2×103N当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有f阻＝F牵＝2×103N。(2)在减速过程中，依据动能定理有eq\f(1,5)Pt－f阻L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据得Pt＝1.575×105J电源获得的电能为E电＝0.5×eq\f(4,5)Pt＝6.3×104J。(3)依据题设，轿车在同样道路上匀速行驶时受到的阻力仍为f阻＝2×103N。此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功E电＝f阻L′，代入数据得L′＝31.5m。答案(1)2×103N(2)6.3×104J(3)31.5m3.如图15所示，质量m＝6.0kg的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P＝42W的力作用下从A点由静止起先运动，一段时间后撤去牵引力。当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出。已知∠COD＝53°，AB间距离L＝3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，圆弧轨道半径R＝1.0m。不计空气阻力。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，求：图15(1)滑块运动到B点时的速度大小；(2)圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间。解析(1)C点水平分速度v′＝vCcosα＝5×0.6m/s＝3m/sB点的速度vB＝v′＝3m/s。(2)在D点轨道对滑块的支持力最大滑块从C点到D点，由机械能守恒定律得mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在D点，FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)得FN＝258N。(3)滑块从A点到B点，由动能定理，得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0得t＝1.5s。答案(1)3m/s(2)258N(3)1.5s4.(2024·福建三校联考)如图16所示，一质量m＝1kg的小滑块(体积很小，可视为质点)静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4N的作用下，从A点起先做匀加速直线运动，F作用一段时间t后撤去，滑块接着运动到B点进入半径为R＝0.3m的光滑竖直圆形轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.2m，水平距离s＝0.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力刚好为滑块重力的3倍，BC长为L＝2m，小滑块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。图16(1)求小滑块通过圆形轨道的最高点P的速度大小；(2)试通过计算推断小滑块能否到达壕沟的右侧；(3)若AB段光滑，水平拉力F的作用时间范围可变，要使小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力F作用时间t的范围。解析(1)设小滑块通过圆形轨道的最高点P时轨道对小滑块的压力为FN，由题意可知，FN＝3mg，在P点，由牛顿其次定律，FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)解得vP＝2eq\r(3)m/s。(2)对小滑块由B到P运动的过程，由机械能守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mg·2R对小滑块由B到C运动的过程，由动能定理－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)对小滑块由C点抛出，由平抛运动规律h＝eq\f(1,2)gt2x＝vCt联立解得x＝0.4m<s＝0.6m所以不能。(3)探讨(Ⅰ)恰好运动到竖直圆的最右侧，则Ft1＝mvB1mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)解得t1＝eq\f(\r(6),4)s所以0<t≤eq\f(\r(6),4)s。(Ⅱ)恰好通过竖直圆轨道的最高点mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)Ft2＝mvB2，所以t2＝eq\f(\r(15),4)s又恰好运动到C点－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B3)Ft3＝mvB3，所以t3＝eq\f(\r(5),2)s所以eq\f(\r(15),4)s<t<eq\f(\r(5),2)s。(Ⅲ)恰好过壕沟－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B4)Ft4＝mvB4s＝vCth＝eq\f(1,2)gt2所以t4＝eq\f(\r(29),4)s，所以F作用时间t>eq\f(\r(29),4)s。答案见解析5.如图17所示，在2010上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界，最吸引眼球的就是正中心那个高为H＝10m，直径D＝4m的透亮“垂直风洞”。风洞是人工产生和限制的气流，以模拟飞行器或物体四周气体的流淌。在风力作用的正对面积不变时，风力F＝0.06v2(v为风速)。在本次风洞飞行上升表演中，表演者的质量m＝60kg，为提高表演的欣赏性，限制风速v与表演者上升的高度h间的关系如图18所示。g＝10m/s2。求：图17图18(1)设想：表演者起先静卧于h＝0处，再打开气流，请描述表演者从最低点到最高点的运动状态；(2)表演者上升达最大速度时的高度h1；(3)表演者上升的最大高度h2；(4)为防止停电停风事故，风洞备有应急电源，若在本次表演中表演者在最大高度h2时突然停电，为保证表演者的人身平安，则留给风洞自动接通应急电源滞后的最长时间tm。(设接通应急电源后风洞始终以最大风速运行)解析(1)表演者起先静卧于h＝0处，再打开气流，受到向上的风力和重力作用，先向上做加速运动。由图知，v2(v为风速)减小，风力F＝0.06v2，则风力减小，故表演者的加速度减小。当风力小于重力时，表演者做减速运动，加速度增大，故先向上做加速度减小的变加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，到达最高点时速度为零。(2)由图18可知veq\o\al(2,2)＝1.2×104－500h则风力F＝0.06v2＝7.2×102－30h当表演者在上升过程中的最大速度为vm时有F＝mg代入数据得h1＝4m。(3)对表演者，由动能定理得WF－mgh2＝0因WF与h成线性关系，风力做功WF＝eq\f(1,2)(F0＋Fh2)h2由F＝0.06v2＝7.2×102－30h得h＝0时，F0＝7.2×102Nh＝h2时，Fh2＝7.2×102－30h2，m＝60kg代入数据联立解得h2＝8m。(4)当应急电源接通后风洞以最大风速运行时滞后时间最长，由Fm－mg＝ma解得表演者减速的加速度为a＝2m/s2表演者从最高处到落地过程有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,m)＋eq\f(（gtm）2,2a)代入数据化简得tm＝eq\f(2\r(15),15)s≈0.52s。答案(1)设想：表演者起先静卧于h＝0处，再打开气流，表演者先向上做加速度减小的变加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，到达最高点时速度为零(2)4m(3)8m(4)0.52s6.低空跳伞是一种极限运动，一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳。人在空中着陆过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大，而且速度越大空气阻力增大得越快。因低空跳伞下落的高度有限，导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短，所以其危急性比高空跳伞还要高。一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包从某高层建筑顶层跳下，且始终沿竖直方向下落，其整个运动过程的v－t图象如图19乙所示。已知2.0s末的速度为18m/s，10s末拉开绳索开启着陆伞，16.2s时平安落地，并稳稳地站立在地面上。g取10m/s2，请依据此图象估算：图19(1)起跳后2s内运动员(包括其随身携带的全部装备)所受平均阻力的大小；(2)运动员从脚触地到最终速度减为零的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员所需承受地面的平均冲击力多大；(3)开伞前空气阻力对跳伞运动员(包括其随身携带的全部装备)所做的功(结果保留3位有效数字)。解析(1)由v－t图可知，起跳后前2