第一章 怎样研究抛体运动
章末检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分)
1.一质点在某段时间内做曲线运动,则在这段时间内( )
A.速度一定在不断改变,加速度也一定不断改变
B.速度可以不变,但加速度一定不断改变
C.质点不可能在做匀变速运动
D.质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向
答案 D
解析 物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一直线上,故速度方向时刻改变,所以曲线运动是变速运动,其加速度不为零,但加速度可以不变,例如平抛运动,就是匀变速运动.故A、B、C错误.曲线运动的速度方向时刻改变,质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向,故D正确.
2.斜抛运动与平抛运动相比较,相同的是( )
A.都是匀变速曲线运动
B.平抛是匀变速曲线运动,而斜抛是非匀变速曲线运动
C.都是加速度逐渐增大的曲线运动
D.平抛运动是速度一直增大的运动,而斜抛是速度一直减小的曲线运动
答案 A
解析 平抛运动与斜抛运动的共同特点是它们都以一定的初速度抛出后,只受重力作用.合外力为G=mg,根据牛顿第二定律可以知道平抛运动和斜抛运动的加速度都是恒定不变的,大小为g,方向竖直向下,都是匀变速运动.它们不同的地方就是平抛运动是水平抛出、初速度的方向是水平的,斜抛运动有一定的抛射角,可以将它分解成水平分速度和竖直分速度,也可以将平抛运动看成是特殊的斜抛运动(抛射角为0°).平抛运动和斜抛运动初速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上,所以它们都是匀变速曲线运动,B、C错,A正确.平抛运动的速率一直在增大,斜抛运动的速率可能先减小后增大,也可能一直增大,D错.
3.一物体在光滑的水平桌面上运动,在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图1所示.关于物体的运动,下列说法正确的是( )
图1
A.物体做速度逐渐增大的曲线运动
B.物体运动的加速度先减小后增大
C.物体运动的初速度大小是50 m/s
D.物体运动的初速度大小是10 m/s
答案 C
解析 由图知,x方向的初速度沿x轴正方向,y方向的初速度沿y轴负方向,则合运动的初速度方向不在y轴方向上;x轴方向的分运动是匀速直线运动,加速度为零,y轴方向的分运动是匀变速直线运动,加速度沿y轴方向,所以合运动的加速度沿y轴方向,与合初速度方向不在同一直线上,因此物体做曲线运动.根据速度的合成可知,物体的速度先减小后增大,故A错误.物体运动的加速度等于y方向的加速度,保持不变,故B错误;根据图像可知物体的初速度为:v0== m/s=50 m/s,故C正确,D错误,故选C.
4. 如图2所示,细绳一端固定在天花板上的O点,另一端穿过一张CD光盘的中央光滑小孔后拴着一个橡胶球,橡胶球静止时,竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿.现将CD光盘按在桌面上,并沿桌面边缘以速度v匀速移动,移动过程中,CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线,当悬线与竖直方向的夹角为θ时,小球上升的速度大小为( )
图2
A.vsin θ B.vcos θ C.vtan θ D.vcot θ
答案 A
解析 由题意可知,悬线与光盘交点参与两个运动,一是逆着线的方向运动,二是垂直于线的方向运动,则合运动的速度大小为v,
由数学三角函数关系有:v线=vsin θ,而线的速度大小即为小球上升的速度大小,故A正确,B、C、D错误.
5.有A、B两小球,B的质量为A的两倍,现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力,图3中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是( )
图3
A.① B.② C.③ D.④
答案 A
解析 物体做斜抛运动的轨迹只与初速度的大小和方向有关,而与物体的质量无关,A、B两小球的轨迹相同,故A项正确.
6.如图4所示为足球球门,球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点).球员顶球点的高度为h,足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),则( )
图4
A.足球位移的大小x=
B.足球初速度的大小v0=
C.足球初速度的大小v=
D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ=
答案 B
解析 足球位移大小为x==,A错误;根据平抛运动规律有:h=gt2,=v0t,解得v0=,B正确,C错误;足球初速度方向与球门线夹角正切值tan θ==,D错误.
7.以初速度v0=20 m/s从100 m高台上水平抛出一个物体(g取10 m/s2,不计空气阻力),则( )
A.2 s后物体的水平速度为20 m/s
B.2 s后物体的速度方向与水平方向成45°角
C.每1 s内物体的速度变化量的大小为10 m/s
D.每1 s内物体的速度大小的变化量为10 m/s
答案 ABC
解析 水平抛出的物体做平抛运动,水平方向速度不变,vx=v0=20 m/s,A项正确;2 s后,竖直方向的速度vy=gt=20 m/s,所以tan θ==1,则θ=45°,B项正确;速度的变化表现为竖直方向速度的变化,所以Δt=1 s内,速度的变化量Δv=gΔt=10 m/s,所以C项正确;物体的运动速度大小为,相同时间内,其变化量不同,D项错误.
8.一条船要在最短时间内渡过宽为100 m的河,已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图5甲所示,船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示,则以下判断中正确的是( )
图5
A.船渡河的最短时间是20 s
B.船运动的轨迹可能是直线
C.船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2
D.船在河水中的最大速度是5 m/s
答案 AC
解析 船在行驶过程中,船头始终与河岸垂直时渡河时间最短,即t= s=20 s,A正确;由于水流速度变化,所以合速度变化,船头始终与河岸垂直时,运动的轨迹不可能是直线,B错误;船在最短时间内渡河t=20 s,则船运动到河的中央时所用时间为10 s,水的流速在x=0到x=50 m之间均匀增加,则a1= m/s2=0.4 m/s2,同理x=50 m到x=100 m之间a2= m/s2=-0.4 m/s2,则船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2,C正确;船在河水中的最大速度为v= m/s= m/s,D错误.
9.物体做平抛运动的轨迹如图6所示,O为抛出点,物体经过点P(x1,y1)时的速度方向与水平方向的夹角为θ,则下列结论正确的是( )
图6
A.tan θ=
B.tan θ=
C.物体抛出时的速度为v0=x1
D.物体经过P点时的速度vP=
答案 BCD
解析 tan θ==,竖直高度y1=gt2,水平位移x1=v0t,则gt=,v0=,所以tan θ====,B正确,A错误;物体抛出时的速度v0=,而t=,所以v0==x1,C正确;物体竖直方向上的速度为vy=,所以经过P点时的速度vP==,D正确.
10.跳台滑雪是奥运比赛项目之一,利用自然山形建成的跳台进行,某运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后,又落回到斜面雪坡上,如图7所示,若斜面雪坡的倾角为θ,飞出时的速度大小为v0,不计空气阻力,运动员飞出后在空中的姿势保持不变,重力加速度为g,则( )
图7
A.如果v0不同,该运动员落到雪坡时的位置不同,速度方向也不同
B.如果v0不同,该运动员落到雪坡时的位置不同,但速度方向相同
C.运动员在空中经历的时间是
D.运动员落到雪坡时的速度大小是
答案 BC
解析 运动员落到雪坡上时,初速度越大,落点越远;位移与水平方向的夹角为θ,设速度与水平方向的夹角为α,则有tan α=2tan θ,所以初速度不同时,落点不同,但速度方向与水平方向的夹角相同,故选项A错误,B正确;由平抛运动规律可知x=v0t,y=gt2,且tan θ=,可解得t=,故选项C正确;运动员落到雪坡上时,速度v==v0,故选项D错误.故本题选B、C.
二、实验题(本题共8分)
11.(8分)未来在一个未知星球上用如图8甲所示装置研究平抛运动的规律.悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝,当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断,小球由于惯性向前飞出做平抛运动.现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄.在有坐标纸的背景屏前,拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片,经合成后,照片如图乙所示.a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置,已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s,照片大小如图中坐标所示,又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4,则:
图8
(1)由以上信息,可知a点 (选填“是”或“不是”)小球的抛出点.
(2)由以上及图信息,可以推算出该星球表面的重力加速度为 m/s2.
(3)由以上及图信息可以算出小球平抛的初速度是 m/s.
(4)由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是 m/s.
答案 (1)是 (2)8 (3)0.8 (4)
解析 (1)竖直方向上,由初速度为零的匀加速直线运动经过相邻的时间内通过位移之比为1∶3∶5可知,a点为抛出点.
(2)由ab、bc、cd水平距离相同可知,a到b、b到c运动时间相同,设为T,在竖直方向有Δh=gT2,T=0.10 s,可求得g=8 m/s2.
(3)由两位置间的时间间隔为0.10 s,水平距离为8 cm,x=vt,得水平速度为0.8 m/s.
(4)b点竖直分速度为ac间的竖直平均速度,根据速度的合成求b点的合速度,vyb= m/s=0.8 m/s,所以vb== m/s.
三、计算题(本题共4小题,共52分,解答时应写出必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
12.(12分)从空中距地面40 m高处,竖直向上抛出一小球,经2 s小球再次经过抛出点,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)小球离地的最大高度;
(2)小球上抛的初速度大小;
(3)小球从抛出到落地的平均速度.
答案 (1)45 m (2)10 m/s (3)10 m/s,方向竖直向下
解析 (1)小球做竖直上抛运动具有对称性,可知,小球上升到最高点的时间为:t1=t=1 s,
从抛出点上升的高度为:
s1=gt=×10×12 m=5 m,
则离地的最大高度为:s=s1+s0=5 m+40 m=45 m.
(2)设小球抛出的初速度为v0,根据运动学公式有:
0=v0-gt1,
代入数据解得:v0=10 m/s.
(3)小球落回抛出点的速度大小为v0′= 10 m/s,设再经过t2时间落至地面,由运动学公式有:
s0=v0′t2+gt
代入数据解得:t2=2 s(t2=-4 s不符合实际,舍去)
小球运动的平均速度为:==10 m/s,速度方向竖直向下.
13.(12分)在一定高度处把一个小球以v0=30 m/s的速度水平抛出,它落地时的速度大小vt=50 m/s,如果空气阻力不计,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)小球在空中运动的时间t;
(2)小球在平抛运动过程中通过的水平位移x和竖直位移y;
(3)小球在平抛运动过程中的平均速度大小.
答案 (1)4 s (2)120 m 80 m (3)10 m/s
解析 (1)设小球落地时的竖直分速度为vy,由运动的合成可得vt=,解得vy== m/s=40 m/s
小球在竖直方向上做自由落体运动,有vy=gt,解得t== s=4 s
(2)小球在水平方向上的位移为x=v0t=30×4 m=120 m
小球的竖直位移为y=gt2=×10×42 m=80 m
(3)小球位移的大小为s== m=40 m
由平均速度公式可得== m/s=10 m/s.
14.(12分)如图9所示,斜面倾角为θ=45°,从斜面上方A点处由静止释放一个质量为m的弹性小球,在B点处和斜面碰撞,碰撞后速度大小不变,方向变为水平,经过一段时间在C点再次与斜面碰撞.已知A、B两点的高度差为h,重力加速度为g,不考虑空气阻力.求:
图9
(1)小球在AB段运动过程中,落到B点的速度大小;
(2)小球落到C点时速度的大小.
答案 (1) (2)
解析 (1)小球下落过程中,做自由落体运动,落到斜面B点的速度为v,满足:v2=2gh,解得:v=
(2)小球从B到C做平抛运动,设从B到C的时间为t,
竖直方向:BCsin θ=gt2
水平方向:BCcos θ=vt
解得:t=2
所以C点的速度为vC==
15.(16分)如图10所示,在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=1.0 kg的小物块,它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.25,且与台阶边缘O点的距离s=5 m.在台阶右侧固定了一个圆弧挡板,圆弧半径R=5 m,今以O点为原点建立平面直角坐标系.现用F=5 N的水平恒力拉动小物块,已知重力加速度g=10 m/s2.
图10
(1)为使小物块不能击中挡板,求拉力F作用的最长时间;
(2)若小物块在水平台阶上运动时,水平恒力一直作用在小物块上,当小物块过O点时撤去拉力,求小物块击中挡板上的位置.
答案 (1) s (2)x=5 m,y=5 m
解析 (1)为使小物块不会击中挡板,设拉力F作用最长时间t1时,小物块刚好运动到O点.
由牛顿第二定律得:F-μmg=ma1
解得:a1=2.5 m/s2
减速运动时的加速度大小为:a2=μg=2.5 m/s2
由运动学公式得:s=a1t+a2t
而a1t1=a2t2
解得:t1=t2= s
(2)水平恒力一直作用在小物块上,由运动学公式有:v=2a1s
解得小物块到达O点时的速度为:v0=5 m/s
小物块过O点后做平抛运动.
水平方向:x=v0t
竖直方向:y=gt2
又x2+y2=R2
解得位置为:x=5 m,y=5 m
第三章 动能的变化与机械功
章末检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分)
1.下面列举的情况中所做的功不为零的是( )
A.举重运动员,举着杠铃在头上方停留3 s,运动员对杠铃做的功
B.木块在粗糙的水平面上滑动,支持力对木块做的功
C.一个人用力推一个笨重的物体,但没推动,人的推力对物体做的功
D.自由落体运动中,重力对物体做的功
答案 D
解析 举重运动员举着杠铃在头上方停留3 s的时间内,运动员对杠铃施加了竖直向上的支持力,但杠铃在支持力方向上没有位移,所以运动员对杠铃没有做功;木块滑动过程中,在支持力方向上没有位移,故支持力对木块没有做功;人推物体但没推动,只有力而没有位移,做的功等于零;自由落体运动中,重力竖直向下,物体的位移也竖直向下,故重力对物体做了功,D选项正确.
2.某运动员臂长为L,将质量为m的铅球推出,铅球出手时的速度大小为v0,方向与水平方向成30°角,则该运动员对铅球所做的功是( )
A. B.mgL+mv
C.mv D.mgL+mv
答案 A
解析 设运动员对铅球做功为W,由动能定理得W-mgLsin 30°=mv,所以W=mgL+mv.
3.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A.4倍 B.2倍 C.倍 D.倍
答案 D
解析 设f=kv,当阻力等于牵引力时,速度最大,输出功率变化前,有P=Fv=fv=kv·v=kv2,变化后有2P=F′v′=kv′·v′=kv′2,联立解得,v′=v,D正确.
4.如图1,水平放置的光滑板中心开一小孔O,穿过一细绳,绳的一端系一小球,另一端用力F拉着使球在平板上做半径为r的匀速圆周运动,在运动过程中逐渐增大拉力,当拉力增大为8F时,球的运动半径减小为,在此过程中拉力做的功为( )
图1
A.0 B.1.5Fr C.3.5Fr D.4Fr
答案 B
解析 开始:F=m
后来:8F=m
解得W=mv-mv=1.5Fr,B正确.
5.汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶,发动机功率为P.快进入闹市区时,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶.下面四个图像中,哪个图像正确表示了从司机减小油门开始,汽车的速度与时间的关系( )
答案 C
解析 功率减小一半后,汽车做加速度越来越小的减速运动,最终匀速运动.故C正确.
6.如图2所示,滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下,然后在水平面上前进至B点停下,已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ,滑雪者(包括滑雪板)的质量为m,A、B两点间的水平距离为l.在滑雪者经过AB段的过程中,摩擦力所做功的大小为(已知滑雪者从斜坡滑上水平面时没有动能损失)( )
图2
A.大于μmgl B.小于μmgl
C.等于μmgl D.以上三种情况都有可能
答案 C
解析 设在斜面上滑动的距离为x,斜面倾角为θ,由A到B的过程中摩擦力所做的功为Wf=-μmgcos θ·x-μmg(l-xcos θ)=-μmgl,故C正确.
7.某人通过定滑轮将一物体提升,第一次此人竖直向下拉绳,如图3甲所示,使物体匀速上升高度h,该过程人对物体做功为W1;第二次此人以速度v匀速向左拉着绳运动,如图乙所示,使物体上升相同的高度,此时绳子与水平面夹角为θ,已知重力加速度为g,人对物体做功为W2,关于两次人对物体做的功的关系正确的是( )
图3
A.W1=W2 B.W1>W2
C.W1
答案 C
解析 第一次:W1-mgh=0,即W1=mgh;
第二次:物体速度v′=vcos θ,随人左移v′增大,即物体加速上升,由W2-mgh=ΔEk知,W2=mgh+ΔEk
所以W18.如图4所示,四个相同的小球在距地面相同的高度以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜上抛,不计空气阻力,则下列关于这四个小球从抛出到落地过程的说法中正确的是( )
图4
A.小球飞行过程中单位时间内的速度变化相同
B.小球落地时,重力的瞬时功率均相同
C.从开始运动至落地,重力对小球做功相同
D.从开始运动至落地,重力对小球做功的平均功率相同
答案 AC
解析 因为抛体运动的加速度恒为g,所以选项A正确;小球落地时竖直方向速度大小不同,B错误;WG=mgh,选项C正确;从抛出到落地所用时间不等,所以D错误.
9.质量不等,但有相同动能的两个物体,在动摩擦因数相同的水平地面上滑行,直至停止,则( )
A.质量小的物体滑行的距离大
B.质量大的物体滑行的距离大
C.它们滑行的距离一样大
D.它们克服摩擦力所做的功一样多
答案 AD
解析 由动能定理可得-fx=0-Ek,即μmgx=Ek,由于两者动能相同,故质量小的滑行距离大,它们克服摩擦力所做的功都等于Ek.
10.质量为2 kg的物体置于水平面上,在运动方向上受到水平拉力F的作用,沿水平方向做匀变速运动,拉力F作用2 s后撤去,物体运动的速度图像如图5所示,则下列说法正确的是(取g=10 m/s2)( )
图5
A.拉力F做功150 J
B.拉力F做功350 J
C.物体克服摩擦力做功100 J
D.物体克服摩擦力做功175 J
答案 AD
解析 由图像可知撤去拉力后,物体做匀减速直线运动,加速度大小a2=2.5 m/s2,所以滑动摩擦力f=ma2=5 N;加速过程加速度大小a1=2.5 m/s2,由F-f=ma1得,拉力F=ma1+f=10 N.由图像可知F作用2 s时间内的位移s1=15 m,撤去F后运动的位移s2=20 m,全程位移s=35 m,所以拉力F做功W1=Fs1=10×15 J=150 J,A正确,B错误;物体克服摩擦力做功W2=fs=5×35 J=175 J,C错误,D正确.
11.如图6,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则( )
图6
A.a= B.a= C.N= D.N=
答案 AC
解析 质点P下滑过程中,重力和摩擦力做功,根据动能定理可得mgR-W=mv2,根据公式a=,联立可得a=,A正确,B错误;在最低点重力和支持力的合力充当向心力,根据牛顿第二定律可得,N-mg=ma,代入可得,N=,C正确,D错误.
12.如图7所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则( )
图7
A.动摩擦因数μ=
B.载人滑草车的最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案 AB
解析 对滑草车从坡顶由静止滑下,到底端静止的全过程分析,得mg·2h-μmgcos 45°·-μmgcos 37°·=0,解得μ=,选项A正确;对经过上段滑道的过程,根据动能定理得,mgh-μmgcos 45°·=mv2,解得v=,选项B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a==-g,选项D错误.
二、实验题(本题共2小题,共10分)
13.(4分)在“探究恒力做功与动能变化的关系”实验中(装置如图8甲):
甲
乙
图8
(1)下列说法哪一项是正确的( )
A.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B.为减小系统误差,应使钩码质量远大于小车质量
C.实验时,应使小车靠近打点计时器由静止释放
(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分,选取O、A、B、C计数点,已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,则打B点时小车的瞬时速度大小为____ m/s(保留三位有效数字).
答案 (1)C (2)0.653
解析 (1)平衡摩擦力的原理就是在没有拉力的情况下调整斜面倾角,使μ=tan θ,A错;为减小系统误差应使钩码质量远小于小车质量,B错;实验时使小车靠近打点计时器能充分利用纸带,由静止释放则后面点测出的动能即等于该过程的动能变化量,便于利用实验数据进行探究,故选C.(2)vB==0.653 m/s.
14.(6分)在“探究恒力做功和物体速度变化的关系”实验中:
(1)某同学的实验设计方案如图9甲所示,该实验用钩码的重力表示小车受到的合外力,为此,实验时在安装正确、操作规范的前提下(已平衡摩擦力),还需要满足的条件是________.
图9
(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带,其中A、B、C、D、E、F是该同学确定的计数点,相邻计数点间的时间间隔为T,距离如图所示.则打C点时小车的速度为________;要验证合外力的功与速度变化的关系,除位移、速度外,还要测出的物理量有________.
答案 (1)钩码的重力远小于小车的重力
(2) 钩码的质量和小车的质量
解析 (1)只有当钩码的重力远小于小车的重力时,才能近似地认为小车受到的拉力等于钩码的重力.
(2)C点的速度等于BD段的平均速度,故vC==.
三、计算题(本题共4小题,共42分,解答应写出必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
15.(10分)质量为m=5×103 kg的汽车在水平公路上行驶,阻力是车重的0.1倍.让车保持额定功率P0=60 kW,从静止开始行驶.(g取10 m/s2)
(1)若以额定功率启动,求汽车达到的最大速度vm及汽车车速v1=2 m/s时的加速度大小.
(2)若汽车以v=6 m/s的速度匀速行驶,求汽车的实际功率.
答案 (1)12 m/s 5 m/s2 (2)30 kW
解析 (1)由P0=Fvm=fvm得
vm== m/s=12 m/s
由P=Fv得F=,当v1=2 m/s时,
F1== N=3×104 N
由牛顿第二定律得F1-f=ma,所以
a== m/s2=5 m/s2
(2)汽车以6 m/s的速度匀速行驶,则牵引力F=f=0.1×5×103×10 N=5×103 N
实际功率为P=Fv=5×103×6 W=30 kW.
16.(10分)如图10所示,质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点,与O点处于同一水平线上的P点处有一颗光滑的细钉,已知OP=,在A点给小球一个水平向左的初速度v0,发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.求:
图10
(1)小球到达B点时的速率.
(2)若不计空气阻力,则初速度v0为多少?
(3)若初速度变为v0′=3,其他条件均不变,则小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功?
答案 (1) (2) (3)mgL
解析 (1)小球恰能到达最高点B,则在最高点有mg=,小球到达B点时的速率v=.
(2)从A点到B点,由动能定理得
-mg(L+)=mv2-mv,则v0=
(3)空气阻力是变力,设小球从A到B克服空气阻力做功为Wf,由动能定理得-mg(L+)-Wf=mv2-mv0′2,解得Wf=mgL.
17.(10分)如图11甲所示,质量m=1 kg的物体静止在光滑的水平面上,t=0时刻,物体受到一个变力F作用,t=1 s时,撤去力F,某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面;已知物体从开始运动到斜面最高点的v-t图像如图乙所示,不计其他阻力,g取10 m/s2,求:
图11
(1)变力F做的功;
(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率;
(3)物体回到出发点的速度大小.
答案 (1)50 J (2)20 W (3)2 m/s
解析 (1)由图像知物体1 s末的速度v1=10 m/s,
根据动能定理得:WF=mv=50 J.
(2)物体在斜面上升的最大距离:x=×1×10 m=5 m
物体到达斜面时的速度v2=10 m/s,到达斜面最高点的速度为零,根据动能定理:
-mgxsin 37°-Wf=0-mv
解得:Wf=20 J,==20 W.
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3,则根据动能定理:
-2Wf=mv-mv
解得:v3=2 m/s
此后物体做匀速直线运动,到达原出发点的速度为2 m/s.
18.(12分)如图12所示,ABCD为一位于竖直平面内的轨道,其中BC水平,A点比BC高出10 m,BC长1 m,AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接.一质量为1 kg的物体,从A点以4 m/s的速度开始运动,经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零.(g取10 m/s2)求:
图12
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数;
(2)物体第5次经过B点时的速度大小;
(3)物体最后停止的位置距B点的距离.
答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)距B点0.4 m
解析 (1)由动能定理得-mg(h-H)-μmgxBC=0-mv,
解得μ=0.5.
(2)物体第5次经过B点时,物体在BC上滑动了4次,由动能定理得
mgH-4μmg·xBC=mv-mv,
解得v2=4 m/s.
(3)分析整个过程,由动能定理得
mgH-μmgx=0-mv,解得x=21.6 m.
21.6 m=21×1 m+0.6 m,故距B点的距离为1 m-0.6 m=0.4 m.
第二章 研究圆周运动
章末检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分)
1.关于平抛运动和圆周运动,下列说法正确的是( )
A.平抛运动是匀变速曲线运动
B.匀速圆周运动是速度不变的运动
C.圆周运动是匀变速曲线运动
D.做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的
答案 A
解析 平抛运动的加速度恒定,所以平抛运动是匀变速曲线运动,A正确;平抛运动水平方向做匀速直线运动,所以落地时速度一定有水平分量,不可能竖直向下,D错误;匀速圆周运动的速度方向时刻变化,B错误;匀速圆周运动的加速度始终指向圆心,也就是方向时刻变化,所以不是匀变速运动,C错误.
2.如图1所示,当汽车通过拱形桥顶点的速度为10 m/s时,车对桥顶的压力为车重的,如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时,不受摩擦力作用,则汽车通过桥顶的速度应为(g=10 m/s2)( )
图1
A.15 m/s B.20 m/s C.25 m/s D.30 m/s
答案 B
解析 速度为10 m/s时,车对桥顶的压力为车重的,对汽车受力分析:受重力与支持力,运动分析:做圆周运动,由牛顿第二定律可得:mg-N=m,得R=40 m,当汽车不受摩擦力时,mg=m,由上可得:v0=20 m/s,B正确.
3.汽车在水平地面上转弯时,地面的摩擦力已达到最大,当汽车速率增为原来的2倍时,若要不发生险情,则汽车转弯的轨道半径必须( )
A.减为原来的 B.减为原来的 C.增为原来的2倍 D.增为原来的4倍
答案 D
解析 汽车在水平地面上转弯,向心力由静摩擦力提供.设汽车质量为m,汽车与地面的动摩擦因数为μ,汽车的转弯半径为r,则μmg=m,故r∝v2,故速率增大到原来的2倍时,转弯半径增大到原来的4倍,D正确.
4.如图2所示,质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上,随圆筒一起做匀速圆周运动,则下列关系正确的有( )
图2
A.线速度vA=vB
B.它们受到的摩擦力fA>fB
C.运动周期TA>TB
D.筒壁对它们的弹力NA>NB
答案 D
解析 A、B两物体同轴转动,角速度相同,半径不同,故线速度不相等,A错误;在竖直方向上都有f=mg,所以fA=fB,B错误;T=,TA=TB,C错误;都是弹力提供向心力,N=F向心=mω2R,由于ωA=ωB,RA>RB,所以NA>NB,D正确.
5.如图3所示,质量为m的石块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中,如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变,那么( )
图3
A.因为速率不变,所以石块的加速度为零
B.石块下滑过程中受的合外力越来越大
C.石块下滑过程中的摩擦力大小不变
D.石块下滑过程中的加速度大小不变,方向始终指向球心
答案 D
解析 石块做匀速圆周运动,合外力提供向心力,大小不变,根据牛顿第二定律知,加速度大小不变,方向始终指向圆心,而石块受到重力、支持力、摩擦力作用,其中重力不变,所受支持力在变化,则摩擦力变化,故A、B、C错误,D正确.
6.某飞行员的质量为m,驾驶飞机在竖直面内以速度v做匀速圆周运动,圆的半径为R,在圆周的最高点和最低点比较,飞行员对座椅的压力在最低点比最高点大(设飞行员始终垂直于座椅的表面)( )
A.mg B.2mg C.mg+ D.2
答案 B
解析 在最高点有:F1+mg=m,解得:F1=m-mg;在最低点有:F2-mg=m,解得:F2=mg+m.所以F2-F1=2mg,B正确.
7.如图4所示,一个球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动,θ=30°,则( )
图4
A.a、b两点的线速度相同
B.a、b两点的角速度相同
C.a、b两点的线速度之比va∶vb=2∶
D.a、b两点的向心加速度之比aa∶ab=∶2
答案 BD
解析 球绕中心轴线转动,球上各点应具有相同的周期和角速度,即ωa=ωb,B对.因为a、b两点做圆周运动的半径不同,rb>ra,根据v=ωr知vb>va,A错,若θ=30°,设球半径为R,则rb=R,ra=Rcos 30°=R,故==,C错.又根据a=ω2r知==,D对.
8.在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江,若把这滑铁索过江简化成如图5所示的模型,铁索的两个固定点A、B在同一水平面内,AB间的距离为L=80 m.绳索的最低点离AB间的垂直距离为H=8 m,若把绳索看做是圆弧,已知一质量m=52 kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10 m/s.(取g=10 m/s2)那么( )
图5
A.人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动
B.可求得绳索的圆弧半径为104 m
C.人在滑到最低点时对绳索的压力为570 N
D.在滑到最低点时人处于失重状态
答案 BC
解析 从最高点滑到最低点的过程中速度在增大,所以不可能是匀速圆周运动,故A错误;由几何关系得:R2=(R-H)2+()2,L=80 m,H=8 m,代入解得,绳索的圆弧半径R=104 m,故B正确;滑到最低点时,由牛顿第二定律:N-mg=m,得N=m(g+)=52×(10+) N≈570 N,由牛顿第三定律知人对绳索的压力为570 N,故C正确;在最低点,人对绳索的压力大于重力,处于超重状态,故D错误.
9.如图6所示,用长为l的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动,则下列说法中正确的是( )
图6
A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力
B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零
C.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动,则其在最高点的速率为
D.小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力
答案 CD
解析 小球在圆周最高点时,向心力可能等于重力也可能等于重力与绳子的拉力之和,取决于小球的瞬时速度的大小,A错误;小球在圆周最高点时,如果向心力完全由重力充当,则可以使绳子的拉力为零,B错误;小球刚好能在竖直面内做圆周运动,则在最高点,重力提供向心力,v=,C正确;小球在圆周最低点时,具有竖直向上的向心加速度,处于超重状态,拉力一定大于重力,故D正确.
10.如图7所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔的水平桌面上.小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q都保持在桌面上静止.则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是( )
图7
A.Q受到桌面的静摩擦力变大 B.Q受到桌面的支持力不变
C.小球P运动的角速度变小 D.小球P运动的周期变大
答案 AB
解析 金属块Q保持在桌面上静止,对金属块和小球研究,竖直方向上没有加速度,根据平衡条件得知,Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力,保持不变,故B正确.
设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为T,细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图,则有T=,mgtan θ=mω2Lsin θ,得角速度ω=,周期T==2π,现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时,θ增大,cos θ减小,则得到细线拉力T增大,角速度增大,周期T减小.对Q,由平衡条件知,f=Tsin θ=mgtan θ,知Q受到桌面的静摩擦力变大,故A正确,C、D错误.故选A、B.
11.m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点),A为终端皮带轮,如图8所示,已知皮带轮半径为r,传送带与皮带轮间不会打滑,当m可被水平抛出时( )
图8
A.皮带的最小速度为 B.皮带的最小速度为
C.A轮每秒的转数最少是 D.A轮每秒的转数最少是
答案 AC
解析 物体恰好被水平抛出时,在皮带轮最高点满足mg=,即速度最小为,选项A正确;又因为v=2πrn,可得n=,选项C正确.
12.水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切,一小球以初速度v0沿直轨道向右运动,如图9所示,小球进入圆形轨道后刚好能通过c点,然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点,则( )
图9
A.小球到达c点的速度为
B.小球在c点将向下做自由落体运动
C.小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R
D.小球从c点落到d点需要的时间为2
答案 ACD
解析 小球在c点时由牛顿第二定律得:mg=,vc=,A项正确;小球在c点具有速度,它将做平抛运动,并非做自由落体运动,B错误;小球由c点平抛,在平抛运动过程中由运动学公式得:x=vct,2R=gt2,解得t=2,D项正确;x=2R,C项正确.
二、实验题(本题共2小题,共10分)
13.(4分)航天器绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态,物体对支持面几乎没有压力,所以在这种环境中已经无法用天平称量物体的质量.假设某同学在这种环境中设计了如图10所示的装置(图中O为光滑小孔)来间接测量物体的质量:给待测物体一个初速度,使它在桌面上做匀速圆周运动.设航天器中具有基本测量工具.
图10
(1)实验时需要测量的物理量是__________________.
(2)待测物体质量的表达式为m=________________.
答案 (1)弹簧测力计示数F、圆周运动的半径R、圆周运动的周期T (2)
解析 需测量物体做圆周运动的周期T、半径R以及弹簧测力计的示数F,则有F=mR,所以待测物体质量的表达式为m=.
14.(6分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20 m).
图11
完成下列填空:
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图11(a)所示,托盘秤的示数为1.00 kg;
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为____ kg;
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧,此过程中托盘秤的最大示数为m;多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如下表所示:
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为______ N;小车通过最低点时的速度大小为______ m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2,计算结果保留2位有效数字)
答案 (2)1.40 (4)7.9 1.4
解析 (2)由题图(b)可知托盘称量程为10 kg,指针所指的示数为1.40 kg.
(4)由多次测出的m值,利用平均值可求m=1.81 kg.而模拟器的重力为G=m0g=9.8 N,所以小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为N=mg-m0g≈7.9 N;根据径向合力提供向心力,即7.9 N-(1.40-1.00)×9.8 N=,解得v≈1.4 m/s.
三、计算题(本题共4小题,共42分,解答时应写出必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
15.(10分)如图12所示,半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动,轮上a、b两点与O的连线相互垂直,a、b两点均粘有一个小物体,当a点转至最低位置时,a、b两点处的小物体同时脱落,经过相同时间落到水平地面上.
图12
(1)试判断圆轮的转动方向(说明判断理由).
(2)求圆轮转动的角速度大小.
答案 见解析
解析 (1)由题意知,a点物体做平抛运动,若与b点物体下落的时间相同,则b点物体必须做竖直下抛运动,故知圆轮转动方向为逆时针转动.
(2)a平抛:R=gt2 ①
b竖直下抛:2R=v0t+gt2 ②
由①②得v0= ③
又因ω= ④
由③④解得ω=.
16.(10分)如图13所示,平台上的小球从A点水平抛出,恰能无碰撞地进入光滑的BC斜面,经C点进入光滑平面CD时速率不变,最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内.已知小球质量为m,A、B两点高度差h,BC斜面高2h,倾角α=45°,悬挂弧形筐的轻绳长为3h,小球可看成质点,轻质筐的重量忽略不计,弧形轻质筐的大小远小于悬线长度,重力加速度为g,试求:
图13
(1)B点与抛出点A的水平距离x;
(2)小球运动至C点的速度vC的大小;
(3)小球进入轻质弧形筐后瞬间,筐所受拉力F的大小.
答案 (1)2h (2)2 (3)mg
解析 (1)由题可知,小球至B点时速度方向与水平方向夹角为45°,设小球抛出的初速度为v0,从A点运动至B点时间为t.则得:
h=gt2,得 t=
又tan 45°===
得:v0=
水平距离x=v0t=·=2h
(2)设小球至B点时速度为vB,在斜面上运动的加速度为a,则
vB=v0,
a=gsin 45°,
由运动学公式得:v-v=2a·
联立以上几式得:vC=2
(3)小球进入轻质弧形筐后与筐一起做圆周运动,由牛顿第二定律得:F-mg=m,
解得筐所受拉力:F=mg.
17.(10分)如图14所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放置两个用细线相连的质量均为m的小物体A、B,它们到转轴的距离分别为rA=20 cm,rB=30 cm,A、B与盘间的最大静摩擦力均为重力的k=0.4倍,现极其缓慢地增加转盘的角速度,试求:(g=10 m/s2,答案可用根号表示)
图14
(1)当细线上开始出现张力时,圆盘的角速度ω0.
(2)当A开始滑动时,圆盘的角速度ω.
(3)当A即将滑动时,烧断细线,A、B运动状态如何?
答案 (1) rad/s (2)4 rad/s (3)见解析
解析 (1)当细线上开始出现张力时,B与圆盘之间的静摩擦力达到最大值.
对B:mωrB=kmg
即ω0== rad/s= rad/s
(2)当A开始滑动时,A、B所受静摩擦力均达最大,设此时细线张力为T,
对B:T+kmg=mω2rB
对A:kmg-T=mω2rA
联立解得:ω== rad/s=4 rad/s
(3)烧断细线时,线的拉力消失,B所受静摩擦力不足以提供所需向心力,故将远离圆心;对A,拉力消失后,静摩擦力变小,提供所需向心力,故继续做圆周运动.
18.(12分)如图15所示,轨道ABCD的AB段为一半径R=0.2 m的光滑圆形轨道,BC段为高为h=5 m的竖直轨道,CD段为水平轨道.一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑,到达B点时的速度大小为2 m/s,离开B点做平抛运动(g=10 m/s2),求:
图15
(1)小球离开B点后,在CD轨道上的落地点到C点的水平距离;
(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小;
(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ=45°的斜面(如图中虚线所示),那么小球离开B点后能否落到斜面上?如果能,求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远.如果不能,请说明理由.
答案 (1)2 m (2)6 N (3)能落到斜面上,第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m
解析 (1)设小球离开B点后做平抛运动的时间为t1,落地点到C点距离为x
由h=gt得:t1==1 s,x=vBt1=2 m.
(2)小球到达B点时受重力G和竖直向上的弹力N作用,由牛顿第二定律知F向心=N-mg=m
解得N=6 N,
由牛顿第三定律知小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为6 N,方向竖直向下.
(3)运动过程分析如图所示,斜面BEC的倾角θ=45°,CE长d=h=5 m,因为d >x,所以小球离开B点后能落在斜面上.
假设小球第一次落在斜面上F点,BF长为L,小球从B点到F点的时间为t2
Lcos θ=vBt2 ①
Lsin θ=gt ②
联立①②两式得t2=0.4 s
L≈1.13 m.
第五章 万有引力与航天
章末检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12小题.每小题4分,共48分)
1.在物理学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是( )
A.卡文迪许通过实验比较准确地测出了引力常量的数值
B.第谷通过对天体运动的长期观察,发现了行星运动三定律
C.开普勒发现了万有引力定律
D.牛顿提出了“日心说”
答案 A
2.如图1所示,火星和地球都在围绕着太阳旋转,其运行轨道是椭圆.根据开普勒行星运动定律可知( )
图1
A.火星绕太阳运行过程中,速率不变
B.地球靠近太阳的过程中,运行速率减小
C.火星远离太阳过程中,它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积逐渐增大
D.火星绕太阳运行一周的时间比地球的长
答案 D
解析 根据开普勒第二定律:对每一个行星而言,太阳、行星的连线在相同时间内扫过的面积相等,可知行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化,地球靠近太阳过程中运行速率将增大,选项A、B、C错误.根据开普勒第三定律,可知所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等.由于火星的半长轴比较大,所以火星绕太阳运行一周的时间比地球的长,选项D正确.
3.澳大利亚科学家近日宣布,在离地球约14光年的红矮星wolf 1061周围发现了三颗行星b、c、d,它们的公转周期分别是5天、18天、67天,公转轨道可视为圆,如图2所示.已知万有引力常量为G.下列说法不正确的是( )
图2
A.可求出b、c的公转半径之比
B.可求出c、d的向心加速度之比
C.若已知c的公转半径,可求出红矮星的质量
D.若已知c的公转半径,可求出红矮星的密度
答案 D
解析 行星b、c的周期分别为5天、18天,均做匀速圆周运动,根据开普勒第三定律公式=k,可以求解出轨道半径之比,选项A正确;根据万有引力等于向心力列式,对行星c、d,有G=ma,故可以求解出c、d的向心加速度之比,选项B正确;已知c的公转半径和周期,根据牛顿第二定律,有G=mr,可以求解出红矮星的质量,但不知道红矮星的体积,无法求解红矮星的密度,选项C正确,D错误.
4.2015年12月29日,“高分四号”对地观测卫星升空.这是中国“高分”专项首颗高轨道高分辨率、设计使用寿命最长的光学遥感卫星,也是当时世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星.下列关于“高分四号”地球同步卫星的说法中正确的是( )
A.该卫星定点在北京上空
B.该卫星定点在赤道上空
C.它的高度和速度是一定的,但周期可以是地球自转周期的整数倍
D.它的周期和地球自转周期相同,但高度和速度可以选择,高度增大,速度减小
答案 B
解析 地球同步卫星若在除赤道所在平面外的任意点,假设实现了“同步”,那它的运动轨道所在平面与受到的地球的引力就不在一个平面上,且稳定做圆周运动,这是不可能的,因为地球同步卫星相对地面静止不动,所以必须定点在赤道的正上方,选项A错误,B正确;因为同步卫星要和地球自转同步,即它们的T和ω都相同,根据G=m=mω2r,因为ω一定,所以r必须固定,且v也固定,选项C、D错误.
5.地球的某一极地卫星围绕地球做匀速圆周运动,其运行周期为8小时,则( )
A.它的轨道平面一定与赤道平面在同一平面内
B.它的轨道半径是地球同步卫星轨道半径的
C.它运动的速度一定小于7.9 km/s
D.该卫星处的重力加速度为9.8 m/s2
答案 C
6.天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动,那么就想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体——黑洞.若星球与黑洞由万有引力的作用组成双星,以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动,那么( )
A.它们做圆周运动的角速度与其质量成反比
B.它们做圆周运动的周期与其质量成反比
C.它们做圆周运动的半径与其质量成反比
D.它们所需的向心力与其质量成反比
答案 C
解析 由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线,所以在相同时间内转过的角度必相等,即它们做匀速圆周运动的角速度必相等,因此周期也必然相同,A、B错误;因为它们所需的向心力都是由它们之间的万有引力来提供,所以大小必然相等,D错误;由F=mω2r可得r∝,C正确.
7.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体,它们在水平方向运动的距离之比为2∶.已知该行星质量约为地球质量的7倍,地球的半径为R,由此可知,该行星的半径约为( )
A.R B.R C.2R D.R
答案 C
解析 物体平抛时水平方向满足x=v0t,所以==;竖直方向由h=gt2得g=,因此==.在星球表面物体所受的重力等于万有引力,由g=得==2,又因为R2=R,所以R1=2R,故选C.
8.“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球,在距月球表面200 km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获,进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行,如图3所示.之后,卫星在P点经过几次“刹车制动”,最终在距月球表面200 km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动.用T1、T2、T3分别表示卫星在椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ和圆形轨道Ⅲ的周期,用a1、a2、a3分别表示卫星沿三个轨道运动到P点的加速度,则下面说法正确的是( )
图3
A.T1>T2>T3
B.T1C.a1>a2>a3
D.a1答案 A
解析 卫星沿椭圆轨道运动时,周期的平方与半长轴的立方成正比,故T1>T2>T3,A项正确,B项错误;不管沿哪一轨道运动到P点,卫星所受月球的引力都相等,由牛顿第二定律得a1=a2=a3,故C、D项均错误.
9.有一种卫星的轨道是圆形,并且通过地球的南北极上空,这种卫星称为“极地卫星”.它绕地球运行周期等于地球自转周期,下面关于它的说法正确的是( )
A.它每次从南向北经过赤道上空时,都经过地球上同一地点的上空
B.极地卫星的轨道平面相对于太阳每天转一圈
C.极地卫星的轨道平面相对于地球每天转一圈
D.极地卫星的轨道平面相对于地球每天可以转几圈
答案 AC
10.一些星球由于某种原因而发生收缩,假设该星球的直径缩小到原来的四分之一,若收缩时质量不变,则与收缩前相比( )
A.同一物体在星球表面受到的重力增大到原来的4倍
B.同一物体在星球表面受到的重力增大到原来的16倍
C.星球的第一宇宙速度增大到原来的4倍
D.星球的第一宇宙速度增大到原来的2倍
答案 BD
解析 在星球表面由重力等于万有引力mg=G可知,同一物体在星球表面受到的重力增大为原来的16倍,选项A错误,B正确.由第一宇宙速度计算式v=可知,星球的第一宇宙速度增大为原来的两倍,选项C错误,D正确.
11.“天宫一号”是我国第一个目标飞行器和空间实验室.已知“天宫一号”绕地球的运动可看做是匀速圆周运动,转一周所用的时间约为90分钟.关于“天宫一号”,下列说法正确的是( )
A.“天宫一号”离地面的高度一定比地球同步卫星离地面的高度小
B.“天宫一号”的线速度一定比静止于赤道上的物体的线速度小
C.“天宫一号”的角速度约为地球同步卫星角速度的16倍
D.当宇航员站立于“天宫一号”内不动时,他所受的合力为零
答案 AC
12.如图4所示,三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上,设地球质量为M,半径为R.下列说法正确的是( )
图4
A.地球对一颗卫星的引力大小为
B.一颗卫星对地球的引力大小为
C.两颗卫星之间的引力大小为
D.三颗卫星对地球引力的合力大小为
答案 BC
解析 地球对一颗卫星的引力等于一颗卫星对地球的引力,由万有引力定律得其大小为,故A错误,B正确;任意两颗卫星之间的距离L=r,则两颗卫星之间的引力大小为,C正确;三颗卫星对地球的引力大小相等且三个引力互成120°,其合力为0,故D错误.
二、计算题(本题共4小题,共52分,解答应写出必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(12分)宇航员在某星球表面以初速度v0竖直向上抛出一个物体,物体上升的最大高度为h.已知该星球的半径为R,且物体只受该星球的引力作用.求:
(1)该星球表面的重力加速度大小;
(2)从这个星球上发射卫星的第一宇宙速度大小.
答案 (1) (2)v0
解析 (1)设该星球表面的重力加速度为g′,物体做竖直上抛运动,由题意知v=2g′h,得g′=.
(2)卫星贴近星球表面运行,则有mg′=m,得v==v0.
14.(14分)“嫦娥一号”探月卫星在空中的运动可简化为如图5所示的过程,卫星由地面发射后,经过发射轨道进入停泊轨道,在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道,再次调速后进入工作轨道.已知卫星在停泊轨道和工作轨道运行的半径分别为R和R1,地球半径为r,月球半径为r1,地球表面重力加速度为g,月球表面重力加速度为.求:
图5
(1)卫星在停泊轨道上运行的线速度大小;
(2)卫星在工作轨道上运行的周期.
答案 (1)r (2)
解析 (1)设卫星在停泊轨道上运行的线速度为v,卫星做圆周运动的向心力由地球对它的万有引力提供,有
G=m,且有G=m′g,由此得v=r.
(2)设卫星在工作轨道上运行的周期为T,则有G=m2R1,又有G=m′,
解得T=.
15.(12分)某星球的质量约为地球的9倍,半径约为地球的一半,若从地球上高h处平抛一物体,射程为60 m,则在该星球上,从同样高度以同样的初速度平抛同一物体,问:(g地取10 m/s2)
(1)该星球表面的重力加速度g是多少?
(2)射程应为多少?
答案 (1)360 m/s2 (2)10 m
解析 (1)根据G=mg得g=.因为星球的质量约为地球的9倍,半径约为地球的一半,则==36.则星球表面的重力加速度g星=36×10 m/s2=360 m/s2.
(2)根据h=gt2得,t=,知平抛运动的时间之比=.根据x=v0t知,水平射程之比=.所以x星=×60 m=10 m.
16.(14分)由于银河系外某双黑洞系统的合并,北京时间2016年2月11日,美国国家科学基金会(NSF)宣布人类首次直接探测到了引力波,印证了爱因斯坦的预言.其实中国重大引力波探测工程“天琴计划”也已经于2015年7月份正式启动,“天琴计划”的其中一个阶段就是需要发射三颗地球高轨卫星进行引力波探测,假设我国发射的其中一颗高轨卫星以速度v沿圆形轨道环绕地球做匀速圆周运动,其周期为T,地球半径为R,引力常量为G,根据以上所给条件,试求:
(1)地球的质量M;
(2)地球的平均密度.(球体体积V=πR3)
答案 (1) (2)
解析 (1)地球卫星做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得G=m(R+h),v=,解得M=
(2)ρ=,地球体积V=,解得ρ=.
第四章 能量守恒与可持续发展
章末检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分)
1.下列说法中正确的是( )
A.能就是功,功就是能
B.做功越多,物体的能量就越大
C.外力对物体不做功,这个物体就没有能量
D.能量转化的多少可以用做功来量度
答案 D
解析 功和能是两个不同的概念,故A错;做功的多少只是说明了能量转化的多少,而不能说明能量的多少,故B错;外力做功与否不能说明物体能量的有无,故C错;功是能量转化的量度,故D对.
2.汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑,在这个过程中( )
A.汽车的机械能守恒
B.汽车的动能和势能相互转化
C.机械能转化为内能,总能量守恒
D.机械能和内能之间没有转化
答案 C
解析 汽车关闭发动机后,匀速下滑,重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡,摩擦阻力做功,汽车摩擦生热,温度升高,有部分机械能转化为内能,机械能减少,但总能量守恒.因此,只有选项C正确.
3.如图1所示,小球m分别从A点和B点无初速度地释放,则经过最低点C时,小球的速率之比v1∶v2为(空气阻力不计)( )
图1
A.1∶ B.∶1
C.2∶1 D.1∶2
答案 B
4.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法错误的是( )
A.运动员到达最低点前重力势能始终减小
B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加
C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D.蹦极过程中,重力势能的改变与零势能参考平面的选取有关
答案 D
5.如图2所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内,MN是通过椭圆中心O点的水平线.已知一小球从M点出发,初速率为v0,沿管道MPN运动,到N点的速率为v1,所需时间为t1;若该小球仍由M点以初速率v0出发,而沿管道MQN运动,到N点的速率为v2,所需时间为t2,则( )
图2
A.v1=v2,t1>t2 B.v1t2
C.v1=v2,t1答案 A
解析 根据机械能守恒定律可知v1=v2,再根据速率变化特点知,小球由M到P再到N,速率先减小至最小,再增大到原速率.小球由M到Q再到N,速率先增大至最大,再减小到原速率.由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图像,由图像可知小球沿MQN路径运动的平均速率大,所以t1>t2,故选项A正确.
6.如图3所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g,则N1-N2的值为( )
图3
A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg
答案 D
解析 设小球在最低点速度为v1,在最高点速度为v2,根据牛顿第二定律,在最低点有N1-mg=m,在最高点有N2+mg=m,从最高点到最低点,根据机械能守恒有mg·2R+mv=mv,联立以上三式可以得到:N1-N2=6mg,故选项D正确.
7.质量为4 kg的物体被人由静止开始向上提升0.25 m后速度达到1 m/s,不计空气阻力,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.人对物体传递的功为12 J
B.合外力对物体做功为12 J
C.物体克服重力做功为10 J
D.人对物体做的功等于物体增加的动能
答案 C
解析 人提升物体的过程中,人对物体做了功,对物体传递了能量,不能说人对物体传递了功,A错误;合外力对物体做的功(包括重力)等于物体动能的变化,W合=mv2=2 J,B错误;物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量,WG=mgh=10 J,C正确;W人=mgh+mv2=12 J,D错误.
8.如图4所示,传送带与水平地面的夹角为θ,传送带以速度v匀速运动,在传送带底端无初速度地放置一个质量为m的物体,当物体上升高度h时,物体已经相对传送带静止,在这个过程中对物体分析正确的是( )
图4
A.动能增加mgh
B.动能增加mv2
C.重力势能增加mgh
D.重力势能增加mgh+mv2
答案 BC
解析 当物体相对传送带静止时,物体的速度与传送带的速度相等,物体的动能增加了mv2,选项B正确,选项A错误;物体升高了h,物体的重力势能增加了mgh,选项C正确,D错误.
9.2016年跳水世界杯赛在巴西里约热内卢举行,中国选手邱波在男子10米台的较量中以557.75分获得冠军.在高台跳水比赛中,质量为m的邱波进入水中后受到水的阻力(包含浮力)而竖直向下做减速运动,设水对他的阻力大小恒为F,则在他减速下降深度为h的过程中,下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )
A.他的动能减少了Fh
B.他的重力势能减少了mgh
C.他的机械能减少了(F-mg)h
D.他的机械能减少了Fh
答案 BD
解析 根据动能定理,动能的减少量等于合外力所做的功,所以ΔEk=Fh-mgh,A错误;他的重力势能减少了mgh,B正确;他的机械能减少量是除重力之外的力所做的功Fh,C错误,D正确.
10.如图5所示,卷扬机的绳索通过光滑定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱,使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中,下列说法正确的是( )
图5
A.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C.木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能
D.F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和
答案 CD
解析 木箱加速上移的过程中,拉力F做正功,重力和摩擦力做负功,支持力不做功,由动能定理得:
WF-WG-Wf=mv2-0.
即WF=WG+Wf+mv2.
A、B错误,D正确.又因木箱克服重力做功WG等于木箱重力势能的增加量,故C正确.
11.如图所示,A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同,现从同一高度h处由静止释放小球,使之进入右侧不同的竖直轨道:除去底部一小圆弧,A图中的轨道是一段斜面,高度大于h;B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些,且斜面高度小于h;C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道,其上部为直管,下部为圆弧形,与斜面相连,管的高度大于h;D图中的轨道是个半圆形轨道,其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失,小球进入右侧轨道后能到达h高度的是( )
答案 AC
解析 小球在运动过程中机械能守恒,A、C图中小球不能脱离轨道,在最高点速度为零,因而可以达到h高度.但B、D图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动,在最高点具有水平速度,所以在最高点的重力势能要小于mgh(以最低点为零势能面),即最高点的高度要小于h,选项A、C正确.
12.如图6所示,重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上,从a点由静止开始下滑,到b点接触到一个轻弹簧,滑块压缩弹簧到c点开始弹回,返回b点离开弹簧,最后又回到a点.已知ab=1 m,bc=0.2 m,那么下列说法中正确的是( )
图6
A.整个过程中滑块动能的最大值为6 J
B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J
C.从c到b弹簧的弹力对滑块做功6 J
D.整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒
答案 BCD
解析 滑块能回到原出发点,所以机械能守恒,D正确;以c点为参考点,则a点的机械能为6 J,c点时的速度为0,重力势能为0,所以弹性势能的最大值为6 J,从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量,故为6 J,所以选项B、C、D正确.
二、实验题(本题共2小题,共12分)
13.(6分)“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法.(g取10 m/s2)
(1)用公式mv2=mgh,对纸带上起点的要求是初速度为________,为达到此目的,所选择的纸带第1、2两点间距应接近________.
(2)若实验中所用重物质量m=1 kg,打点纸带如图7甲所示,打点时间间隔为0.02 s,则记录B点时,重物速度vB=________,重物的动能EkB=________,从开始下落至B点,重物的重力势能减少量是__________,因此可得出的结论是__________________________.
图7
(3)根据纸带算出相关各点的速度值,量出下落的距离,则以为纵轴,以h为横轴画出的图线应是图乙中的________.
答案 (1)0 2 mm
(2)0.59 m/s 0.174 J 0.176 J 在实验误差允许的范围内,重物动能的增加量等于重力势能的减少量 (3)C
解析 (1)初速度为0,所选的第1、2两点间距应接近2 mm.
(2)vB== m/s=0.59 m/s
EkB=mv=×1×0.592 J≈0.174 J
ΔEp=mgh=1×10×17.6×10-3 J=0.176 J
在实验误差允许的范围内,重物动能的增加量等于重力势能的减少量.
(3)由mv2=mgh可得=gh∝h,故选项C正确.
14.(6分)某同学根据机械能守恒定律,设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系.
(1)如图8甲所示,将轻质弹簧下端固定于铁架台,在上端的托盘中依次增加砝码,测量相应的弹簧长度,部分数据如下表,由数据算得劲度系数k=________ N/m.(g取9.80 m/s2)
图8
砝码质量/g
50
100
150
弹簧长度/cm
8.62
7.63
6.66
(2)取下弹簧,将其一端固定于气垫导轨左侧,如图乙所示,调整导轨使滑块自由滑动时,通过两个光电门的速度大小________.
(3)用滑块压缩弹簧,记录弹簧的压缩量x;释放滑块,记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中,弹簧的弹性势能转化为________.
(4)重复(3)中的操作,得到v与x的关系如图丙,由图可知,v与x成________关系.由上述实验可得结论:对同一根弹簧,弹性势能与弹簧的________成正比.
答案 (1)50 (2)相等 (3)滑块的动能 (4)正比 压缩量的二次方
解析 (1)加50 g砝码时,弹簧弹力F1=mg=k1(l0-l1),加100 g砝码时F2=2mg=k1(l0-l2),ΔF=F2-F1=k1(l1-l2),则k1≈49.5 N/m,同理由加100 g砝码和加150 g砝码的情况可求得k2≈50.5 N/m,则劲度系数k==50 N/m.
(2)使滑块通过两个光电门时的速度大小相等,就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动.
(3)弹性势能转化为滑块的动能.
(4)图线是过原点的直线,所以v与x成正比,整个过程弹性势能转化为动能,即E弹=Ek=mv2,弹性势能与速度的二次方成正比,则弹性势能与弹簧压缩量x的二次方成正比.
三、计算题(本题共4小题,共40分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)
15.(8分)在地面处,以30 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球,不计空气阻力,取地面为零势能面.问:(g取10 m/s2)
(1)小球距地面多高时,它的重力势能是动能的2倍?
(2)若小球在运动过程中,动能是重力势能的2倍时,它的速度大小为多少?
答案 (1)30 m (2)10 m/s
解析 (1)设小球距地面高度为h时,Ep=2Ek
由机械能守恒定律知Ep+Ek=mv
在离地面h高处物体的重力势能Ep=mgh
由以上三个方程解得h=30 m
(2)设当小球速度为v时,Ek=2Ep,Ek=mv2
由机械能守恒定律知Ek+Ep=mv
由以上三个方程解得v=10 m/s.
16.(10分)如图9所示,竖直平面内半径为R的光滑半圆形轨道,与水平轨道AB相连接,AB的长度为s.一质量为m的小球,在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动,小球与水平轨道间的动摩擦因数为μ,到B点时撤去力F,小球沿圆轨道运动到最高点时对轨道的压力为2mg,重力加速度为g.求:
图9
(1)小球在C点的加速度大小;
(2)恒力F的大小.
答案 (1)3g (2)μmg+
解析 (1)由牛顿第三定律知在C点,轨道对小球的弹力N=2mg.小球在C点时,受到重力和轨道对球向下的弹力,由牛顿第二定律得N+mg=ma,解得a=3g.
(2)设小球在B、C两点的速度分别为v1、v2,在C点由a=得v2=.
从B到C过程中,由机械能守恒定律得mv=mv+mg·2R.
解得v1=.
从A到B过程中,由动能定理得Fs-μmgs=mv-0.
解得F=μmg+.
17.(10分)如图10所示,轨道ABCD平滑连接,其中AB为光滑的曲面,BC为粗糙水平面,CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管,管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,弹簧下端固定,上端恰好与D端齐平.质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r处由静止下滑,进入管口C端时与圆管恰好无压力作用,通过CD后压缩弹簧,压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为Ep.已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ,求:
图10
(1)水平面BC的长度s;
(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能Ekm.
答案 (1) (2)mgr+-Ep
解析 (1)由小球在C点对轨道没有压力,
有mg=m
小球从出发点运动到C点的过程中,由动能定理得3mgr-μmg·s=mv
解得s=.
(2)速度最大时,小球加速度为0,设弹簧压缩量为x.
由kx=mg,得x=
由C点到速度最大时,小球和弹簧构成的系统机械能守恒
设速度最大时的位置为零势能面,有
mv+mg(r+x)=Ekm+Ep
解得Ekm=mgr+-Ep.
18.(12分)如图11所示,绷紧的皮带与水平面的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行,现把一质量为m=10 kg的工件(可看成质点)轻轻放在皮带的底端,经过时间1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高处,取g=10 m/s2,求:
图11
(1)工件与皮带间的动摩擦因数;
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.
答案 (1) (2)230 J
解析 (1)由题图可知,皮带长s==3 m.
工件速度达到v0前,做匀加速运动的位移
s1=t1=t1,
匀速运动的位移为s-s1=v0(t-t1),
解得加速运动的时间t1=0.8 s.
加速运动的位移s1=0.8 m,
所以加速度a==2.5 m/s2,
由牛顿第二定律有:μmgcos θ-mgsin θ=ma,
解得:μ=.
(2)从能量守恒的观点看,显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服皮带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.
在时间t1内,皮带运动的位移
s皮=v0t1=1.6 m,
在时间t1内,工件相对皮带的位移
s相=s皮-s1=0.8 m,
在时间t1内,摩擦生热
Q=μmgcos θ·s相=60 J,
工件获得的动能Ek=mv=20 J,
工件增加的重力势能Ep=mgh=150 J,
电动机多消耗的电能W=Q+Ek+Ep=230 J.