题目内容
16．
摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图甲所示，考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图象如图乙所示．电梯总质最m=2.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）求1-10s内拉力所做的功；
（3）求电梯以最大速率匀速上升时，拉力做功的功率P．
分析 （1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度，由牛顿第二定律求解最大拉力和最小拉力；
（2）根据速度变化量等于第1 s内a-t图线与t轴所围图形的面积可得速度，1-10s电梯做匀加速直线运动，由位移公式求上升的高度，根据W=Fh拉力所做的功；
（2）由a-t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a-t图线与坐标轴围成的面积，此时电梯做匀速运动，由功率定义求解．
解答 解：（1）由牛顿第二定律有：F-mg=ma
由a-t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是：
a1=1.0 m/s2，a2=-1.0 m/s2，则
F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）F1=2.2×104 N
F2=m（g+a2）=2.0×103×（10-1.0）F2=1.8×104 N
（2）由题意可得：所求速度变化量等于第1 s内a-t图线与t轴所围图形的面积，可得：
△v1=0.5 m/s
即：v1=0.5 m/s
1-10s电梯做匀加速直线运动，上升的高度为：h=v1t+$\frac{1}{2}$at2=0.5×9+$\frac{1}{2}$×1×92=45m
由（1）知F=2.2×104 N，可得在这段时间内拉力的功为：W=Fh=22000×45=9.9×105J
（3）由a-t图象可知，11 s～30 s内速率最大，其值vm等于0～11 s内a-t图线与t轴所围图形的面积，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，vm=10 m/s
所求功率为：P=Fvm=mg•vm=2.0×103×10×10 W=2.0×105 W
答：（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力为2.2×104 N和最小拉力为1.8×104 N；
（2）1-10s内拉力所做的功为9.9×105J；
（3）电梯以最大速率匀速上升时，拉力做功的功率2.0×105W．
点评 本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义．
一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平外力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是（ ）| A． | 物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1：10 | |
| B． | 物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1：8 | |
| C． | 外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：8 | |
| D． | 外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：6 |
如图所示，一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则（ ）| A． | 过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 | |
| B． | 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 | |
| C． | Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 | |
| D． | 过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 |
| A． | 随着技术的进步绝对零度可以实现 | |
| B． | 外界对物体做功，物体的内能可能不变 | |
| C． | 火力发电时，燃烧物质的内能可以全部转化为电能 | |
| D． | 一切自发的热学过程都是向着分子热运动无序性增大的方向进行 |
如图，质量为m的b球静置在水平固定轨道BC的左端C处．质量为2m的a球从距水平轨道BC高度为h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下．a球滑到C处与b球发生正碰，并与b球粘合在一起沿水平方向飞出，最后落在地面上的D点．已知水平轨道BC距地面的高度为H，重力加速度g．求：
如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A是它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（ ）| A． | 场强最小的点是A点，电势最高的点是B点 | |
| B． | 场强最小的点是A点，电势最高的点是C点 | |
| C． | 场强最小的点是C点，电势最高的点是A点 | |
| D． | 场强最小的点是C点，电势最高的点是B点 |