习题课一 平抛运动规律的应用
A组
1.小球以6 m/s的速度水平抛出,落到水平地面时的速度为10 m/s,取g=10 m/s2.小球从抛出到落地的时间及水平位移分别是( D )
A.1 s 3.2 m B.1 s 4.8 m
C.0.8 s 3.2 m D.0.8 s 4.8 m
解析:v0=6 m/s,v=10 m/s,
则vy==8 m/s,
又因为vy=gt,
所以t==0.8 s,
水平位移x=v0t=4.8 m,所以D正确.
2.甲、乙两物体做平抛运动的初速度之比为2∶1,若它们的水平射程相等,则它们的抛出点离地面的高度之比为( C )
A.1∶2 B.1∶ C.1∶4 D.4∶1
解析:由x=v0t,y=gt2,
得x=v0,
可得==.
3.人站在平台上平抛一小球,球离手的速度为v1,落地时速度为v2,
不计空气阻力,四个选项图中能表示出速度矢量的演变过程的是( C )
解析:做平抛运动的小球在水平方向的分速度不变,即在任一时刻v2在x轴上的分量始终等于v1,故C正确.
4.如图所示,两个小球从水平地面上同一点O分别以初速度v1,v2水平抛出,落在地面上的位置分别是A,B,O′是O在地面上的竖直投影,且O′A∶AB=1∶3,若不计空气阻力,则两小球( A )
A.抛出的初速度大小之比为1∶4
B.落地速度大小之比为1∶3
C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3
D.通过的位移大小之比为1∶
解析:根据平抛运动规律,抛出的初速度大小之比等于水平位移之比为1∶4,选项A正确.由于不知道竖直位移,无法计算出落地速度大小之比,选项B错误.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为4∶1,选项C错误.由于不知道竖直位移,无法计算出通过的位移大小之比,选项D错误.
5.如图所示,一名电影演员准备跑过一个屋顶,然后水平跳跃并离开屋顶,在下一个建筑物的屋顶上着地.如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s,那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是( B )
A.他安全跳过去是可能的
B.他安全跳过去是不可能的
C.如果要安全跳过去,他在屋顶跑动的最小速度应大于6 m/s
D.如果要安全跳过去,他在屋顶跑动的最大速度应小于4.5 m/s
解析:根据y=gt2,当他降落在下一个屋顶时,下落的高度y=4.9 m,所用时间t== s=1.0 s,最大水平位移x=vmt=4.5×1.0 m=4.5 m<
6.2 m,所以他不能安全到达下一个屋顶.要想安全跳过去,他的跑动速度至少为 m/s,即6.2 m/s,故B正确.
6.如图所示,两个相对的斜面,倾角分别为37°和53°,在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出,小球都落在斜面上,若不计空气阻力,则A,B两个小球的运动时间tA∶tB为( B )
A.16∶9 B.9∶16 C.4∶3 D.3∶4
解析:由题意知A,B两小球位移方向与v0方向的夹角分别为θA=37°,θB=53°,如图所示,
由tan θ=,
又y=gt2,x=v0t,
解得t=,
故==,故B正确.
B组
7.(多选)如图所示,在斜面顶端将小球a以速度va水平抛出,经过时间ta恰好落在斜面底端P处,在P点正上方,与小球a等高处,将小球b以速度vb水平抛出,经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处,不计空气阻力,下列关系式正确的是( BD )
A.va=vb B.va=vb
C.ta=tb D.ta=tb
解析:两小球在空中均做平抛运动,由h=gt2,解得t=.分析题意可知,小球a下降的高度是小球b下降高度的2倍,故可知ta=tb.分析题意可知,小球a在水平方向的分位移是小球b在水平方向的分位移的2倍,又由于两小球在水平方向上均做匀速直线运动,有x=vt,解得va=vb,故B,D正确.
8.如图所示,从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球,它们的初速度大小分别为v1=4 m/s,v2=9 m/s,而初速度的方向相反,从两小球被抛出到两小球的速度方向之间的夹角变为90°的过程中,两小球在空中运动的时间为(取g=10 m/s2)( C )
A.0.3 s B.0.4 s C.0.6 s D.0.9 s
解析:设两小球被抛出后经过时间t,它们速度方向之间的夹角为
90°,此时速度方向与竖直方向的夹角分别为α和β,对两小球分别构建速度矢量三角形如图所示,可知tan α==,tan β==,又α+β=90°,故=tan β,可得=,解得t=0.6 s,故C正确.
9.如图所示,每个台阶的高度均为h,宽度均为L,一个小球从楼梯顶部以初速度v水平抛出,不计空气阻力,欲使小球落在第四个台阶上,则v应满足的条件是( D )
A.
B.C.D.解析:小球做平抛运动,若小球恰好落在第三台阶边沿,有3h=g,
3L=v1t1,解得v1=;若小球恰好落在第四台阶边沿,有4h=g,
4L=v2t2,解得v2=.欲使小球落在第四个台阶上,v应满足关系教师备用:汽车以1.6 m/s的速度在水平地面上匀速行驶,汽车后壁货架上放有一货物(可视为质点),架高1.8 m,由于前方事故,突然急刹车,汽车轮胎抱死,货物从架上落下.已知该型号汽车在所在路面行驶时刹车痕s(即刹车距离)与刹车前车速v的关系如图所示,忽略货车与架子间的摩擦及空气阻力,g取10 m/s2,求:
(1)汽车刹车过程中的加速度;
(2)货物在车厢底板上落点距车后壁的距离.
解析:(1)汽车以速度v刹车,匀减速到零,刹车距离为s,由运动学公式v2=2as,由vs关系图像知
当v=4 m/s时,s=2 m,代入数据得a=4 m/s2.
(2)刹车后,货物做平抛运动,h=gt2,t=0.6 s.
货物的水平位移为s2=v0t=0.96 m.
汽车做匀减速直线运动,刹车时间为t′,
则t′==0.4 s<0.6 s.
则汽车的实际位移为
s1==0.32 m.
故Δs=s2-s1=0.64 m.
答案:(1)4 m/s2
(2)0.64 m
10.如图为某节目中某个环节的示意图,参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB,OA是高h=3 m的竖直峭壁,AB是以O点为圆心的圆弧形坡道,∠AOB=60°,B点右侧是一段水平跑道.此环节中,选手可以自O点借助绳索降到A点后通过圆弧坡道爬上跑道,也可选择自O点直接跃上水平跑道.将选手视为质点,不计空气阻力,取g=10 m/s2.
(1)若选手以速度v0从O点水平跳出后,能跳在水平跑道上,求v0的最小值.
(2)若选手从O点水平跳出后能落在水平轨道上,求选手在水平轨道上的落点到B点的距离x0与跳出时的水平初速度v的函数关系.
解析:(1)选手落到B点时,v0最小,由平抛运动规律有
竖直方向:hcos 60°=gt2
水平方向:hsin 60°=v0t
解得v0= m/s.
(2)选手从O点落到距B点x0处,设水平位移为s,
由平抛运动规律有s=vt
又x0=s-hsin 60°.
解得x0=v-(v≥ m/s).
答案:(1) m/s
(2)x0=v-(v≥ m/s)
第1节 曲线运动
A组
曲线运动的理解
1.关于曲线运动,下列说法正确的是( B )
A.曲线运动是一种匀变速运动
B.变速运动不一定是曲线运动
C.物体做曲线运动时,所受外力的合力可能与速度方向在同一条直
线上
D.物体做曲线运动时,所受合力一定是变力
解析:做曲线运动的物体,其速度的方向时刻变化,所以曲线运动一定是变速运动,但不一定是匀变速运动,选项A错误;变速运动不一定是曲线运动,如匀变速直线运动,选项B正确;物体做曲线运动的条件是物体所受合力的方向与速度方向不在同一直线上,选项C错误;物体做曲线运动,所受合力也可能是恒力,选项D错误.
2.关于曲线运动,下列说法正确的是( B )
A.曲线运动一定是变速运动,速度的大小一定变化
B.曲线运动中加速度一定不为零,但可以恒定不变
C.曲线运动中的物体不可能受到恒力作用
D.在平衡力作用下的物体可以做曲线运动
解析:曲线运动速度方向一定变化,但速度大小可能不变,故选项A错误;若做曲线运动的物体所受的合力为恒力,则加速度不变,故选项B正确,C错误;物体在平衡力作用下保持静止状态或做匀速直线运动,故选项D错误.
3.(多选)关于做曲线运动物体的速度和加速度,下列说法正确的是( BD )
A.速度方向不断改变,加速度方向不断改变
B.速度方向不断改变,加速度一定不为零
C.加速度越大,速度的大小改变得越快
D.加速度越大,速度改变得越快
解析:物体做曲线运动时,速度方向时刻改变,受到外力作用,由牛顿第二定律知,加速度可以不变但一定不为零;由加速度物理意义知,加速度越大,速度改变越快,故选项B,D正确.
物体做曲线运动的条件
4.(多选)关于曲线运动,下列说法正确的是( BD )
A.物体运动状态改变,它一定做曲线运动
B.物体做曲线运动,它的运动状态一定在改变
C.物体做曲线运动时,它的加速度的方向始终和速度的方向一致
D.物体做曲线运动时,它的加速度的方向始终和所受到的合外力方向一致
解析:若物体只改变速度的大小而保持方向不变,则物体做直线运动,故选项A错误;曲线运动是变速运动,它的运动状态一定改变,故选项B正确;物体做曲线运动的条件是合外力方向与速度方向不共线,而加速度方向与合外力的方向相同,故选项C错误,D正确.
5.小球在水平桌面上做匀速直线运动,当它受到如图所示的力F的作用时,小球可能的运动方向是( D )
A.Oa B.Ob
C.Oc D.Od
解析:当小球受到力F作用后,小球将向力F的方向偏转,可能的运动方向是Od,故D正确.
6.关于做曲线运动的物体,下列说法正确的是( C )
A.它所受的合力可能为零
B.有可能处于平衡状态
C.速度方向一定时刻改变
D.受的合外力方向有可能与速度方向在同一条直线上
解析:做曲线运动的物体,其速度方向一定是变化的,一定具有加速度,不可能是平衡状态,故A,B错误,C正确;物体受的合外力方向与速度方向不在同一直线上,是物体做曲线运动的条件,故D错误.
7.如图所示为一质点在恒力F作用下在xOy平面内从O点运动到B
点的轨迹,且在A点时的速度vA与x轴平行,则恒力F的方向可能是( D )
A.沿+x方向
B.沿-x方向
C.沿+y方向
D.沿-y方向
解析:根据做曲线运动的物体所受合力指向轨迹凹的一侧,且质点在A点速度方向沿+x方向可知恒力F的方向可能沿-y方向,选项D正确.
8.(多选)一质点在光滑水平面上做匀速直线运动,现给它一水平恒力,则下列说法错误的是( ABC )
A.施加水平恒力以后,质点立即有加速度,速度也立即变化
B.施加水平恒力以后,质点一定做匀变速曲线运动
C.施加水平恒力以后,质点一定做匀减速直线运动
D.施加水平恒力以后,可以做匀加速直线运动
解析:根据牛顿第二定律的瞬时性可知,施加水平恒力后,质点立即有加速度,根据Δv=aΔt可知,速度的改变与加速度和作用时间有关,施加水平恒力后的瞬间,速度不会发生突变,选项A错误;若施加的水平恒力与速度方向共线,质点一定做直线运动,可能匀加速也可能匀减速,若不共线,质点一定做曲线运动,选项B,C错误,D正确.
B组
9.(2017·成都高一检测)一质点做曲线运动,质点在某一位置,它的速度方向、加速度方向以及所受的合外力的方向的关系是( B )
A.速度、加速度、合外力的方向有可能都相同
B.加速度方向与合外力的方向一定相同
C.加速度方向与速度方向一定相同
D.速度方向与合外力方向可能相同,也可能不同
解析:由牛顿第二定律可知,物体的加速度与合外力的方向一定相同,故B正确;由物体做曲线运动的条件可知,物体所受合外力的方向与速度的方向不在同一直线上,可知速度方向与合外力的方向一定不同,故A,C,D错误.
10.(多选)电动自行车绕如图所示的400 m 标准跑道运动,车上车速表一直显示15 km/h.则下列说法中正确的是( BCD )
A.电动自行车的速度一直保持不变
B.电动自行车沿弯道BCD运动过程中,车一直具有加速度
C.电动自行车绕跑道一周的平均速度等于零
D.电动自行车在弯道上运动时合外力方向不可能沿切线方向
解析:电动自行车运动过程中,速度大小保持不变,速度的方向在发生变化,故选项A错误;经过弯道时,速度方向始终沿弯道的切线方向,在不断发生变化,具有加速度,方向指向弯道的内侧,故选项B正确;此加速度由电动自行车所受合外力提供,由牛顿第二定律可以推断,此合外力方向也必指向弯道内侧,而不可能沿切线方向,所以选项D正确;电动自行车绕跑道一周过程中位移为零,由平均速度概念可知,此过程中平均速度为零,所以选项C正确.
11.如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图,已知在B点时的速度与加速度相互垂直,则下列说法正确的是( A )
A.D点的速率比C点的速率大
B.A点的加速度与速度的夹角小于90°
C.A点的加速度比D点的加速度大
D.从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小
解析:由题意可知质点在B点时速度方向与加速度方向如图所示.又由于做匀变速曲线运动的质点的加速度大小和方向是恒定的,依次画出A,C,D点的速度方向与加速度方向如图所示.从图中可以看出,从A到D加速度与速度的夹角是减小的,故选项B,C,D错误.从C到D加速度与速度的夹角小于90°,质点的速度增大,故选项A正确.
12.(2017·西安高一检测)如图所示,一物体在O点以初速度v开始做曲线运动,已知物体只受到沿x轴方向的恒力作用,则物体速度大小( A )
A.先减小后增大 B.先增大后减小
C.不断增大 D.不断减小
解析:开始时,物体的速度与加速度的夹角大于90°,物体速度减小.在恒力F作用下,物体向恒力F的方向偏转,物体的速度与加速度的夹角会减小,当小于90°后,物体速度又会增大,故A正确.
第2节 运动的合成与分解
A组
对合运动与分运动的理解
1.(2017·济南高一检测)下列说法中错误的是( A )
A.两个分运动是直线运动,则它们的合运动也一定是直线运动
B.两个互成角度的分运动是匀速直线运动,则它们的合运动也一定是匀速直线运动
C.两个互成角度的分运动是初速度为零的匀加速直线运动,则它们的合运动也一定是初速度为零的匀加速直线运动
D.两个互成角度的分运动是初速度不为零的匀加速直线运动,则它们的合运动可能是匀加速曲线运动
解析:两个分运动是直线运动,则它们的合运动可能是直线运动,也可能是曲线运动,如平抛运动,选项A错误;两个互成角度的分运动是匀速直线运动,则它们的合运动也一定是匀速直线运动,选项B正确;两个互成角度的分运动是初速度为零的匀加速直线运动,则它们的合运动也一定是初速度为零的匀加速直线运动,选项C正确;两个互成角度的分运动是初速度不为零的匀加速直线运动,则它们的合运动可能是匀加速曲线运动,选项D正确.
2.两个互成角度的匀变速直线运动,初速度分别为v1和v2,加速度分别为a1和a2,关于它们的合运动的轨迹,下列说法正确的是( D )
A.如果v1=v2≠0,那么轨迹一定是直线
B.如果v1=v2≠0,那么轨迹一定是曲线
C.如果a1=a2,那么轨迹一定是直线
D.如果=,那么轨迹一定是直线
解析:如果=,那么,合加速度的方向与合速度的方向一定在一条直线上,则轨迹一定是直线,所以D正确.
运动的合成与分解
3.某电视台举办了一期群众娱乐节目,其中有一个环节是让人站在一个旋转较快的大平台边缘,向大平台圆心处的球筐内投篮球.如果人相对平台静止,则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中平台内箭头指向表示投篮方向)( B )
解析:要使篮球投入球筐,必须使篮球的合速度方向指向球筐,根据平行四边形定则可知只有B选项符合要求.
4.(多选)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目,如图所示,当运动员从直升机由静止跳下后,在下落过程中不免会受到水平风力的影响,下列说法中正确的是( BC )
A.风力越大,运动员下落时间越长,运动员可完成更多的动作
B.风力越大,运动员着地速度越大,有可能对运动员造成伤害
C.运动员下落时间与风力无关
D.运动员着地速度与风力无关
解析:根据运动的独立性原理,水平方向吹来的风不会影响竖直方向的运动,风力的大小不影响下落时间,A错误,C正确;根据速度的合成,落地时速度v=,风速越大,vx越大,则降落伞落地时速度越大,B正确,D错误.
5.物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动,其沿坐标轴方向的两个分速度vx,vy随时间变化的图像如图所示,则对该物体运动过程的描述正确的是( B )
A.物体在0～3 s做直线运动
B.物体在3～4 s做直线运动
C.物体在3～4 s做曲线运动
D.物体在0～3 s做变加速运动
解析:物体在0～3 s内,在x轴方向做匀速直线运动,y轴方向做匀加速直线运动.两运动合成,一定做曲线运动,且加速度恒定,选项A,D错误;物体在3～4 s内两个方向的分运动都是匀减速直线运动,在3 s末,合速度与合加速度方向相反,则物体做匀减速直线运动,选项B正确,C错误.
小船渡河问题
6.如图所示,AB和CD是彼此平行且笔直的河岸.若河水不流动,小船船头垂直河岸由A点匀速驶向对岸,小船的运动轨迹为直线P;若河水以稳定的速度沿平行河岸方向流动,且水流速度处处相等,现使小船船头垂直河岸由A点匀加速驶向对岸,则小船实际运动的轨迹可能是图中的( D )
A.直线P B.曲线Q
C.直线R D.曲线S
解析:小船沿AC方向做匀加速直线运动,沿AB方向做匀速直线运动.AB方向的匀速直线运动和AC方向的匀加速直线运动的合运动为曲线运动,合外力沿AC方向,指向曲线运动轨迹的内侧,故正确选项为D.
7.一条小船过河,河水流速v1=3 m/s,船在静水中速度v2=4 m/s,船
头方向与河岸垂直,河岸平直,关于小船的运动,以下说法正确的是( B )
A.小船相对于岸的速度大小是7 m/s
B.小船相对于岸的速度大小是5 m/s
C.小船相对于岸的速度大小是1 m/s
D.小船的实际运动轨迹与河岸垂直
解析:小船相对于岸的速度大小v== m/s=5 m/s,故B正确,A,C错误;船的实际运动是船在水流方向的运动与垂直河岸方向的运动的合运动,小船的实际运动轨迹偏向河的下游,不可能与河岸垂直,D错误.
绳(杆)端关联速度的分解问题
8.如图所示,重物M沿竖直杆下滑,并通过绳带动小车沿斜面升高.则当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ角,且重物下滑的速率为v时,小车的速度为( C )
A.vsin θ B. C.vcos θ D.
解析:小车的速度等于重物沿绳方向的分速度,将速度v按正交分解如图所示,则v1=vcos θ,故选项C正确.
9.如图所示,水平地面和竖直墙面均光滑,硬杆AB正在滑动,当杆与水平面的夹角为α时,则A,B两端点的速率之比为( A )
A.tan α B.
C. D.
解析:将vA,vB分别分解,如图所示,
则有vAcos α=vBsin α
故=tan α.
B组
10.(2017·沈阳高一检测)如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A,小车下装有吊着物体B的吊钩.在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时,吊钩将物体B向上吊起,A,B之间的距离以d=H-2t2(SI)(SI表示国际单位制,式中H为吊臂离地面的高度)规律变化,则物体B做( B )
A.速度大小不变的曲线运动
B.速度大小增加的曲线运动
C.加速度大小、方向均不变的直线运动
D.加速度大小、方向均变化的曲线运动
解析:物体B在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上由d=H-2t2得出物体B做匀变速直线运动.物体B的实际运动是这两个分运动的合运动.对速度和加速度进行合成可知,加速度恒定且与合速度不共线,故B正确,A,C,D错误.
11.(多选)质量为2 kg的质点在xy平面上做曲线运动,在x方向的速度图像和y方向的位移图像分别如图(甲)和图(乙)所示,下列说法正确的是( AB )
A.质点的初速度为5 m/s
B.质点所受的合外力为3 N
C.质点初速度的方向与合外力方向垂直
D.2 s末质点速度大小为6 m/s
解析:由x方向的速度图像可知,x方向的初速度vx0=3 m/s,2 s时的速度vx2=6 m/s,加速度ax=1.5 m/s2,受力Fx=max=3 N;由y方向的位移图像可知质点在y方向做匀速直线运动,速度为vy=4 m/s,受力Fy=0,因此质点的初速度为=5 m/s,受到的合外力为3 N,选项A,B正确;显然,质点初速度方向与合外力方向不垂直,选项C错误;2 s末质点速度大小为v== m/s=2 m/s,选项D错误.
12.某直升机空投救援物资时,可以停留在离地面100 m的空中不动,设投出的物资离开直升机后由于降落伞的作用在空中能匀速下落,无风时落地速度为5 m/s.若直升机停留在离地面100 m高处空投物资,由于风的作用,使降落伞和物资在水平方向上产生1 m/s的速度匀速向北运动,求:
(1)物资在空中运动的时间;
(2)物资落地时速度的大小;
(3)物资在下落过程中水平方向移动的距离.
解析:(1)分运动与合运动具有等时性,故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等,
所以t== s=20 s.
(2)物资落地时,vy=5 m/s,vx=1 m/s,由平行四边形定则得v== m/s= m/s.
(3)物资水平方向的位移大小为
x=vxt=1×20 m=20 m.
答案:(1)20 s (2) m/s (3)20 m
第3节 平抛运动
A组
平抛运动的理解
1.(多选)以下对平抛运动的说法正确的是( BCD )
A.平抛运动不可能是两个直线运动的合运动
B.以同一初速度抛出的物体,抛出点越高者落地速度越大
C.在任意两个连续相等时间内,竖直方向位移之差恒相等
D.在任意两个相等的时间内,速度的变化量恒相等
解析:平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,所以选项A错误;以同一初速度抛出的物体,抛出点越高者落地时竖直分速度越大,合速度越大,选项B正确;因为竖直方向的分运动是自由落体运动,所以在任意两个连续相等时间段内,竖直方向位移之差恒相等,选项C正确;加速度恒为重力加速度,所以在任意两个相等的时间段内,速度的变化量恒相等,选项D正确.
对平抛运动的研究
2.在“探究平抛运动的规律”的实验中,可以描绘出小球平抛运动的轨迹,实验简要步骤如下:
A.让小球多次从 滚下,记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置.?
B.按图安装好器材,注意 ,记下平抛初位置O点和过O点的竖直线.?
C.取下白纸,以O为原点,以竖直线为y轴建立坐标系,用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹.
(1)完成上述步骤,将正确的答案填在横线上.
(2)上述实验步骤的合理顺序是 .?
解析:(1)该实验中要保证每次小球做平抛运动的轨迹相同,这就要求小球平抛的初速度相同,而且初速度是水平的,因此在具体实验操作中要调整斜槽末端水平,方木板竖直且板面与斜槽末端切线平行紧靠斜槽末端放置,同时让小球多次从同一位置无初速度释放.(2)实验操作中要先安装仪器,然后进行实验操作,故实验顺序为BAC.
答案:(1)同一位置无初速度 调整斜槽末端水平,和方木板竖直且与斜槽末端切线平行紧靠斜槽末端 (2)BAC
3.做杂技表演的汽车从高台水平飞出,在空中运动后着地.一架照相机通过多次曝光,拍摄得到汽车在着地前后一段时间内的运动照片如图所示(第三张照片为汽车落地的瞬间,虚线格为正方形).已知汽车长度为3.6 m,相邻两次曝光的时间间隔相等,由照片可推算出汽车离开高台时的瞬时速度大小为 m/s,高台离地面的高度为
m.(取g=10 m/s2)?
解析:由题意知,正方形的边长为3.6 m,由照片知,在曝光的时间间隔内,竖直位移之差Δy=l=3.6 m,又Δy=gT2,
所以,曝光时间T== s=0.6 s,
曝光时间内汽车的水平位移为2l=7.2 m,
所以v0== m/s=12 m/s,
第二次曝光时汽车的竖直分速度
vy== m/s=9 m/s,
此时,汽车下落的时间
t1== s=0.9 s,
从开始到着地的总时间
t2=t1+T=1.5 s,
故高台离地面的高度
h=g=11.25 m.
答案:12 11.25
平抛运动的规律及应用
4.如图所示,在同一竖直面内,小球a,b从高度不同的两点,分别以初速度va和vb沿水平方向抛出,经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点.若不计空气阻力,下列关系式正确的是( A )
A.ta>tb,vatb,va>vb
C.tavb
解析:由于ha>hb,所以ta>tb,又xa=xb,根据x=vt可知va5.(多选)将一只小球水平抛出,小球在空中依次飞过1号、2号、3号三个完全相同的窗户,图中曲线为小球在空中运行的轨迹.若不计空气阻力的影响,以下说法正确的是( BC )
A.小球通过3号窗户所用的时间最长
B.小球通过1号窗户所用的时间最长
C.小球通过3个窗户速度的变化一样快
D.3个窗户所截得的小球运动轨迹相同
解析:根据平抛运动规律,小球通过窗户所用的时间决定于竖直方向的分速度,而小球在竖直方向上做自由落体运动,速度越来越大,故可知,通过三个窗户所用的时间t1>t2>t3,所以选项B正确,A错误;因为加速度相同,所以小球通过3个窗户速度的变化一样快,选项C正确;由平抛运动规律可知,合速度的方向不同,故运动轨迹不同,所以,选项D错误.
6.如图所示,在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟,壕沟两侧的高度差为0.8 m,水平距离为8 m,则运动员跨过壕沟的初速度至少为(取g=10 m/s2)( D )
A.0.5 m/s B.2 m/s
C.10 m/s D.20 m/s
解析:根据x=v0t,y=gt2,将已知数据代入可得v0=20 m/s,故D正确.
7.如图所示,一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上.物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角满足( D )
A.tan =sin θ B.tan =cos θ
C.tan =tan θ D.tan =2tan θ
解析:设物体飞行时间为t,则tan ==,tan θ===,故
tan =2tan θ,D正确.
8.自1.8 m高处平抛一小球,球落地时的速度与水平地面的夹角α
为45°,如图所示.求抛出时的初速度和抛出后的水平位移x.(g取
10 m/s2)
解析:落地时,竖直方向速度为
=2gH,
vy== m/s=6 m/s,
因为tan α=,
所以v0===6 m/s,
由vy=gt,
可得t== s=0.6 s,
由此得小球水平位移为
x=v0t=6×0.6 m=3.6 m.
答案:6 m/s 3.6 m
B组
9.如图所示,水平面上固定有一个斜面,从斜面顶端向右平抛一个小球,当初速度为v0时,小球恰好落到斜面底端,平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这个小球,以下哪个图像能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系( C )
解析:平抛运动竖直方向为自由落体运动,h=gt2,水平方向为匀速直线运动,x=vt,若初速度大于v0,物体落在水平面上,高度不变,所以时间不变,结合图像排除A,B项.若初速度小于v0,会落在斜面上,此时设斜面倾角为θ,则有tan θ===,得时间t=,可见t∝v,图像C对,D错.
10.如图所示,A,B两个质点以相同的水平速度从坐标原点O沿x轴正方向抛出,A在竖直平面内运动,落地点为P1,B紧贴光滑的斜面运动,落地点为P2,P1和P2对应的x轴坐标分别为x1和x2,不计空气阻力.下列说法正确的是( C )
A.x1=x2 B.x1>x2
C.x1解析:A,B两个质点的水平初速度v0相同,因为沿x轴方向的分运动都是速度为v0的匀速运动,所以沿x轴方向的位移大小取决于运动的时间,因沿斜面滑行的加速度(a=gsin θ)小于g且沿斜面向下的位移比竖直高度大,所以落地用的时间长,故x2>x1,故选项C正确.
11.在做“研究平抛物体的运动”的实验中,为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置,实验时用了如图所示的装置.
先将斜槽轨道的末端调整水平,在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸.将该木板竖直立于水平地面上,使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A;将木板向远离槽口方向平移距离x,再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,小球撞在木板上得到痕迹B;又将木板再向远离槽口方向平移距离x,小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,再得到痕迹C.若测得木板每次移动距离x=10.00 cm,A,B间距离y1=5.02 cm,B,C间距离y2=14.82 cm.请回答以下问题.
(1)根据以上直接测量的物理量求得小球初速度的表达式为v0=
.(用题中所给字母表示)?
(2)小球初速度的值为v0= m/s.?
解析:由于每次移动距离x=10.00 cm,所以小球从打A点到打B点与从打B点到打C点的时间相同,设此时间为t.由于y2-y1=gt2,且y1=
5.02 cm,y2=14.82 cm,g=9.8 m/s2,所以t==0.1 s,故小球初速度v0==x=1.00 m/s.
答案:(1)x (2)1.00
12.如图所示,小球从离地高h=5 m、离竖直墙水平距离x=4 m处水平抛出,不计空气阻力,取g=10 m/s2.
(1)若要使小球碰不到墙,则它的初速度v应满足什么条件?
(2)若以v0=8 m/s的初速度向墙水平抛出小球,碰撞点离地面的高度是多少?
解析:(1)若小球恰好落到墙角,根据平抛运动的规律有x=vt1,
h=g,
联立解得v=4 m/s,
要使小球碰不到墙,它的初速度应满足v<4 m/s.
(2)设碰撞点离地面的高度为h′,根据平抛运动的规律有
x=v0t2,
y=g,
碰撞点离地面的高度为
h′=h-y,
解得h′=3.75 m.
答案:(1)v<4 m/s (2)3.75 m
13.如图所示,一小球从平台边缘水平抛出,恰好落在临近平台的一倾角α=53°的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑.已知斜面顶端
与平台的高度差h=0.8 m,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,
cos 53°=0.6.
(1)求小球水平抛出的初速度v0;
(2)求斜面顶端与平台边缘的水平距离x.
(3)若斜面顶端高H=20.8 m,求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t.
解析:(1)由题意可知,小球落到斜面上并沿斜面下滑,说明此时小球的速度方向与斜面平行,如图所示,有
vy=v0tan α,=2gh,
解得vy=4 m/s,v0=3 m/s.
(2)设小球做平抛运动的时间为t1,由平抛运动的规律有
vy=gt1,x=v0t1,
解得t1=0.4 s,x=1.2 m.
(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度为
a==8 m/s2.
小球在斜面上运动的初速度为
v==5 m/s,
设小球在斜面上运动的时间为t2,由匀加速直线运动的规律有=vt2+a,
解得t2=2 s,
小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间为
t=t1+t2=2.4 s.
答案:(1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s
第4节 斜抛运动(选学)
A组
对斜抛运动的理解
1.斜抛运动一般分解为( C )
A.水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
B.水平方向的匀变速直线运动和竖直方向的自由落体运动
C.水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动
D.水平方向的匀减速直线运动和竖直方向的自由落体运动
2.做斜抛运动的物体,到达最高点时( C )
A.速度为零,加速度不为零
B.速度为零,加速度也为零
C.速度不为零,加速度也不为零
D.速度不为零,加速度为零
解析:斜抛运动上升过程是匀减速曲线运动,到达最高点时速度不为零,但速度方向水平,而物体受到的合力是重力,加速度是重力加速度,在整个过程中保持不变,到达最高点时加速度仍为g,所以只有C正确,A,B,D错误.
3.一个物体由地面开始做斜抛运动(不计空气阻力),在从抛出到落回地面的过程中,下列说法正确的是( C )
A.物体的加速度不断变化
B.物体的速度不断减小
C.物体达到最高点时速度沿水平方向
D.物体达到最高点时速度等于零
解析:做斜抛运动的物体的加速度是重力加速度,故A错误;做斜抛运动的物体在下降过程中速度是增大的,故B错误;斜抛运动的轨迹是抛物线,在最高点切线方向是水平的,说明速度方向是水平的,故C正确,D错误.
4.斜抛运动与平抛运动相比较,相同的是( A )
A.都是匀变速曲线运动
B.平抛运动是匀变速曲线运动,而斜抛运动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,而斜抛运动是速度一直减小的曲线运动
解析:斜抛运动与平抛运动的加速度都是重力加速度,都是匀变速曲线运动,故A正确,B,C错误.斜抛运动是速度先减小后增大的曲线运动,故D错误.
斜抛运动的规律及应用
5.做斜抛运动的物体,随着时间的延续,其加速度与速度方向间的夹角将( B )
A.可能增大 B.一定减小
C.一定增大 D.可能减小
解析:斜抛运动中,物体向重力的方向偏转,所以速度方向与加速度方向间的夹角减小,故B正确.
6.(多选)物体以速度v0抛出做斜抛运动,则( AD )
A.在任何相等的时间内速度的变化量是相同的
B.可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
C.射高或射程都取决于v0的大小
D.v0一定,射高越大,射程可能很小
解析:斜抛运动的加速度为重力加速度g,速度变化量Δv=gΔt,所以A正确;斜抛运动的竖直分运动是竖直上抛运动,故B错误;设初速度v0与水平方向的夹角为θ,则竖直向上的初速度vy=v0sin θ,水平方向的初速度vx=v0cos θ,所以射高或射程不仅与v0有关,还与θ有关,在v0一定时,θ越大,射高越大,射程不一定越大,可能很小,故C错误,D正确.
7.小球以初速度v0与水平方向成α角斜向上抛出,球从抛出到与抛出点同一高度时速度的变化量为( B )
A.v0sin α B.2v0sin α
C.v0cos α D.2v0cos α
解析:小球在水平方向的分运动是匀速直线运动,速度的变化量为0,即Δvx=0;小球竖直向上的初速度vy0=v0sin α,小球到抛出点同一高度时竖直向下的分速度vy1=-v0sin α,所以竖直方向的速度变化量
Δvy=vy1-vy0=-2v0sin α;则小球的速度变化量大小Δv=|Δvy|=
2v0sin α,故B正确.
8.一个物体同时参与不在同一直线上的一个初速度为零的匀加速直线运动和一个匀速直线运动,它的合运动的轨迹是( C )
A.直线 B.双曲线
C.抛物线 D.其他曲线
解析:如果这两个分运动互相垂直,它将做类平抛运动,轨迹应该是抛物线;如果成某一夹角,同样可以分析得到此运动的轨迹为抛物线,故选项C正确.
B组
9.用接在自来水管上的橡胶管喷草坪,下述方法中,可使喷出的水具有最大射程的是( C )
A.捏扁橡胶管口,使水流初速度较大,出水管与地面夹角大于60°
B.捏扁橡胶管口,使水流初速度较大,出水管与地面夹角小于30°
C.捏扁橡胶管口,使水流初速度较大,出水管与地面夹角约为45°
D.捏扁橡胶管口,使水流初速度较大,出水管与地面夹角小于45°
解析:设水流的初速度为v0,与水平方向的夹角为θ,则初速度在竖直方向的分速度vy=v0sin θ,在水平方向的分速度vx=v0cos θ.斜抛运动的时间t=,水平射程x=vxt==,所以当θ=45°时,
sin 2θ=1,最大水平射程xm=,故选项C正确.
10.一个棒球以38 m/s的速度被击出,与水平方向的仰角为37°,求:
(1)该球的飞行时间;
(2)该球上升达到的最大高度;
(3)水平射程.(g取10 m/s2)
解析:(1)由飞行时间的公式有
v0sin θ=g×,
得t==4.56 s.
(2)设球上升的最大高度为H,则2gH=(v0sin θ)2
得H==25.992 m.
(3)棒球的水平射程xm=v0tcos θ,得
xm==138.624 m.
答案:(1)4.56 s (2)25.992 m (3)138.624 m
11.斜向上抛出一球,抛射角α=60°,当t=1 s时,球仍斜向上升,但方向已跟水平方向成β=45°角.求:
(1)球的初速度v0是多少?
(2)球将在什么时候达到最高点?(g取10 m/s2)
解析:(1)斜抛物体经时间t后在x,y方向的分速度
vx=v0cos α,vy=v0sin α-gt
当t=1 s时速度与水平方向夹角为β=45°,
即=tan 45°
可以解得v0=27.32 m/s.
(2)达到最高点时vy=0,即v0sin α-gt=0,
解得t=2.37 s.
答案:(1)27.32 m/s (2)2.37 s
第1节 天体运动
A组
开普勒行星运动定律的理解
1.探索宇宙的奥秘,一直是人类孜孜不倦的追求.下列关于宇宙及星体运动的说法正确的是( C )
A.地球是宇宙的中心,太阳、月亮及其他行星都绕地球运动
B.太阳是静止不动的,地球和其他行星都绕太阳运动
C.地球是绕太阳运动的一颗行星
D.地心说是正确的,日心说是错误的
解析:根据开普勒定律可知,所有行星绕太阳做椭圆运动,太阳不是宇宙的中心,太阳围绕银河系中心旋转,而银河系不过是宇宙中千亿个星系中微不足道的一个,故A,B,D错误,C正确.
2. 如图所示是行星m绕恒星M运动情况的示意图,下列说法正确的是( C )
A.速度最大点是B点
B.速度最小点是C点
C.m从A到B做减速运动
D.m从B到A做减速运动
解析:由开普勒第二定律可知,近日点时行星运行速度最大,因此,A,B错误;行星由A向B运动的过程中,行星与恒星的连线变长,其速度减小,故C正确,D错误.
3.(多选)关于公式=k,下列理解正确的是( AD )
A.k是一个与行星无关的量
B.若地球绕太阳运转轨道的半长轴为a地,周期为T地;月球绕地球运转轨道的半长轴为a月,周期为T月,则=
C.T表示行星运动的自转周期
D.T表示行星运动的公转周期
解析:公式=k中的k为一常数,与中心天体有关,与行星无关,所以选项A正确.地球是太阳的行星,月球是地球的卫星,中心天体不同,比例常数不同,所以选项B错误.公式中T应表示绕中心天体的公转周期,而不是自转周期,所以选项C错误,D正确.
4.太阳系有八大行星,八大行星离地球的远近不同,绕太阳运转的周期也不相同.下列能反映周期与轨道半径关系的图像是( D )
解析:由开普勒第三定律知=k,所以R3=kT2,D正确.
5. (多选)如图所示,对开普勒第一定律的理解,下列说法中正确的是( BC )
A.在行星绕太阳运动一周的时间内,它离太阳的距离是不变化的
B.在行星绕太阳运动一周的时间内,它离太阳的距离是变化的
C.一个行星绕太阳运动的轨道一定是在某一固定的平面内
D.一个行星绕太阳运动的轨道一定不在一个固定的平面内
解析:根据开普勒第一定律(轨道定律)的内容:所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆,太阳处在椭圆的一个焦点上.既然行星绕太阳运动的轨道是椭圆,有时远离太阳,有时靠近太阳,所以它离太阳的距离是变化的,A错,B对;众行星围绕着太阳运动,由于受太阳的引力作用而被约束在一定的轨道上,C对,D错.
开普勒行星运动定律的应用
6.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,其轨道半径为月球绕地球运转半径的,设月球绕地球运动的周期为27天,则此卫星的运转周期大约是( C )
A.天 B.天 C.1天 D.9天
解析:由于r卫=r月,T月=27天,由开普勒第三定律可得=,则T卫=1天,故C项正确.
7.两颗小行星都绕太阳做圆周运动,其周期分别是T,3T,则( B )
A.它们轨道半径之比为1∶3
B.它们轨道半径之比为1∶
C.它们运动的速度之比为∶1
D.它们运动的速度之比为1∶
解析:由题知周期比T1∶T2=1∶3,根据=有=()=.又因为v=,所以==,故B项正确.
B组
8. 某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆.每过N年,该行星会运行到日地连线的延长线上,如图所示.该行星与地球的公转半径之比为( B )
A.()
B.()
C.()
D.()
解析:地球周期T1=1年,经过N年的时间地球比行星多转1周,即地球与行星转动角度之差为2π,-=2π,T2=,由开普勒第三定律知==k,=(),将T1=1年代入得=(),选项B正确.
9.地球到太阳的距离为水星到太阳距离的2.6倍,那么地球和水星绕太阳运动的速度之比是多少?(设地球和水星绕太阳运动的轨道为圆)
解析:设地球绕太阳运动周期为T1,运动半径为r1,线速度为v1,水星绕太阳运转周期为T2,运动半径为r2,线速度为v2,那么由开普勒第三定律得=,
地球和水星都绕太阳做匀速圆周运动,故有
T1=,T2=
以上三式联立得==≈.
答案:1∶1.6
10.我国航天第一人杨利伟乘坐“神舟五号”载人飞船,在绕地球飞行了14圈、历时21小时后返回地面.已知地球半径R地=6.4×103 km,“静止”在赤道上空的卫星的高度为5.67R地,则“神舟五号”离地
多高?
解析:“神舟五号”飞船绕地球一周所用的时间为
T1= h=1.5 h,
“静止”在赤道上空的卫星为地球同步卫星,其周期为T2=24 h,由开普勒第三定律=,得r1=()·r2,
则“神舟五号”离地面的高度为
h=r1-R地=()·r2-R地,
代入数据得h≈323 km.
答案:323 km
第2节 万有引力定律
A组
物理学史
1.下列说法符合史实的是( D )
A.哥白尼发现了行星的运动规律
B.牛顿发现了行星的运动规律
C.开普勒发现了万有引力定律
D.卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量
解析:开普勒提出了行星的运动规律,故A,B错误;牛顿发现了万有引力定律,故C错误;卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量,故D正确.
万有引力定律的理解
2.对于万有引力定律的表达式F=G,下列说法中正确的是( C )
A.只要m1和m2是球体,就可用上式求解万有引力
B.当r趋于零时,万有引力趋于无限大
C.两物体间的引力总是大小相等的,而与m1,m2是否相等无关
D.两物体间的引力总是大小相等、方向相反,是一对平衡力
解析:万有引力定律的表达式F=G适用于两个质点之间的引力计算,当r趋于零时,两个物体无论是球体,还是其他物体,都不能看成质点,上式不再成立,故A,B两项均错;两个物体之间的万有引力是作用力与反作用力关系,故D错.
3.如图所示,两球的半径分别为r1和r2,均小于r,且两球的质量分布均匀,大小分别为m1,m2,则两球间的万有引力大小为( D )
A.G B.G
C.G D.G
解析:本题中两球的质量分布均匀,可视为质量集中在球心的质点,所以两球间的距离为r1+r2+r,两球间的万有引力大小为G,选项D正确.
4.(多选)根据开普勒关于行星运动的规律和圆周运动知识得太阳对行星的引力F∝,行星对太阳的引力F′∝,其中M,m,r分别为太阳的质量、行星的质量和太阳与行星间的距离.下列说法正确的是( BD )
A.由F∝和F′∝知F∶F′=m∶M
B.F和F′大小相等,是作用力与反作用力
C.F和F′大小相等,是同一个力
D.太阳对行星的引力提供行星绕太阳做圆周运动的向心力
解析:F′和F大小相等,方向相反,是作用力与反作用力,选项A,C错误,B正确;太阳对行星的引力提供行星绕太阳做圆周运动的向心力,选项D正确.
万有引力定律的应用
5.在离地面高度等于地球半径的地方,重力加速度的大小是地球表面处的( D )
A.2倍 B.1倍 C. D.
解析:由mg=G知,g∝,
则有g0∝,g′∝,
当h=R时,g′=g0,
选项D正确.
6.(多选)在讨论地球潮汐成因时,地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道.已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍,地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍.关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力,以下说法正确的是( AD )
A.太阳引力远大于月球引力
B.太阳引力与月球引力相差不大
C.月球对不同区域海水的吸引力大小相等
D.月球对不同区域海水的吸引力大小有差异
解析:根据F=G,可得太阳的引力远大于月球的引力,故A正确,B错误;由于月心到不同区域海水的距离不同,所以引力大小有差异,故D正确,C错误.
B组
7.设地球自转周期为T,质量为M,引力常量为G.假设地球可视为质量均匀分布的球体,半径为R.同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为( A )
A. B.
C. D.
解析:在南极时物体受力平衡,支持力等于万有引力,即FN=G;在赤道上物体由于随地球一起自转,万有引力与支持力的合力提供向心力,即G-FN′=mR,两式联立可知A正确.
8.已知太阳的质量为M,地球的质量为m1,月球的质量为m2,当发生日全食时,太阳、月亮、地球几乎在同一直线上,且月亮位于太阳与地球之间,如图所示.设月亮到太阳的距离为a,地球到月亮的距离为b,则太阳对地球的引力F1和对月亮的吸引力F2的大小之比为多少?
解析:太阳对地球的引力
F1=G
太阳对月亮的引力F2=G
故=.
答案:
9.如图所示,离质量为M、半径为R、密度均匀的球体表面R处有一质量为m的质点,此时M对m的万有引力为F1,如图,当从M中挖去两个半径为r=的球体时,剩下部分对m的万有引力为F2,求F1与F2的比值.
解析:完整球体对质点m的万有引力F1,可以看做是剩余部分对质点的万有引力F2与被挖两小球对质点的万有引力F3,F4的合力,即F1=F2+F3+F4.
设被挖一个小球的质量为M′,由题意知M′=.
由万有引力定律得F1=G=G,
F3=G=G,F4=G=G,
故F2=F1-F3-F4=G.所以,=.
答案:
第3节 万有引力定律的应用
A组
发现未知天体
1.下列说法正确的是( D )
A.海王星是人们直接应用万有引力定律计算出轨道而发现的
B.天王星是人们依据万有引力定律计算出轨道而发现的
C.海王星是人们经过长期的太空观测而发现的
D.天王星的运行轨道与由万有引力定律计算的轨道存在偏差,其原因是天王星受到轨道外的行星的引力作用,由此人们发现了海王星
解析:由行星的发现历史可知,天王星并不是根据万有引力定律计算出轨道而发现的;海王星不是通过观测发现,也不是直接由万有引力定律计算出轨道而发现的,而是人们发现天王星的实际轨道与理论轨道存在偏差,然后运用万有引力定律计算出“新”星的轨道,从而发现了海王星.由此可知,A,B,C错误,D正确.
天体质量的计算
2.若已知某行星的一颗卫星绕其运转的轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,则可求得( B )
A.该卫星的质量 B.行星的质量
C.该卫星的平均密度 D.行星的平均密度
解析:利用万有引力定律,只能计算中心天体的质量,故已知卫星的轨道半径和周期,只能计算行星的质量,A,C项错误,B项正确.因不知行星的半径,故不能计算出行星的平均密度,D项错误.
3.(2017·济宁高一检测)2013年12月14日21时许,“嫦娥三号”携带“玉兔”探测车在月球虹湾成功软着陆,在实施软着陆过程中,“嫦娥三号”离月球表面4 m高时最后一次悬停,确认着陆点.若总质量为M的“嫦娥三号”在最后一次悬停时,反推力发动机对其提供的反推力为F,已知引力常量为G,月球半径为R,则月球的质量为( A )
A. B. C. D.
解析:设月球的质量为M′,由G=Mg和F=Mg解得M′=,选项A
正确.
4.若地球绕太阳公转周期及公转轨道半径分别为T和R,月球绕地球公转周期和公转轨道半径分别为t和r,则太阳质量与地球质量之比为( A )
A. B.
C. D.
解析:无论地球绕太阳公转,还是月球绕地球公转,统一的公式为G=mr,即M∝,所以=,A项正确.
5.(多选)科学家在研究地月组成的系统时,从地球向月球发射激光,测得激光往返时间为t.若还已知万有引力常量G,月球绕地球旋转(可看成匀速圆周运动)的周期T,光速c(地球到月球的距离远大于它们的半径).则由以上物理量可以求出( AB )
A.月球到地球的距离 B.地球的质量
C.月球受地球的引力 D.月球的质量
解析:根据激光往返时间为t和激光的速度可求出月球到地球的距离,A正确;又因知道月球绕地球旋转的周期T,根据G=m()2r可求出地球的质量M=,B正确;我们只能计算中心天体的质量,D错误;因不知月球的质量,无法计算月球受地球的引力,C也错误.
天体密度的计算
6.地球表面的平均重力加速度为g,地球半径为R,引力常量为G,则可用下列哪一式来估算地球的密度( A )
A. B.
C. D.
解析:对于地面上的物体,有mg=,又知M=πR3ρ,整理得ρ=,故A正确.
7.(多选)如图所示,假设“火星探测器”贴近火星表面做匀速圆周运动,测得其周期为T.若“火星探测器”在火星上着陆后,自动机器人用测力计测得质量为m的仪器重力为P.已知引力常量为G,由以上数据可以求得( CD )
A.火星的自转周期
B.火星探测器的质量
C.火星的密度
D.火星表面的重力加速度
解析:由G=m()2R,V=πR3,ρ=可得火星的密度,选项C正确;由用测力计测得质量为m的仪器重力为P,可以求得火星表面的重力加速度g=,选项D正确.
8.已知万有引力常量G,那么在下列给出的各种情景中,能根据测量的数据求出月球密度的是( B )
A.在月球表面使一个小球做自由落体运动,测出落下的高度H和
时间t
B.发射一颗贴近月球表面绕月球做圆周运动的飞船,测出飞船运行的周期T
C.观察月球绕地球的圆周运动,测出月球的直径D和月球绕地球运行的周期T
D.发射一颗绕月球做圆周运动的卫星,测出卫星离月球表面的高度H和卫星的周期T
解析:根据选项A的条件,可求出月球上的重力加速度g,由g=可以求出月球质量和月球半径的二次方比,=,无法求出密度,选项A不正确;根据选项B的条件,由=m()2R,可求出月球质量和月球半径的三次方比,=,而月球密度为ρ===,选项B正确;根据选项C的条件,无法求月球的质量,因而求不出月球的密度,选项C不正确;根据选项D的条件,由=m()2(R+H),可求出=,虽然知道H的大小,但仍然无法求出月球密度,选项D不正确.
9.假设地球可视为质量均匀分布的球体.已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0,在赤道的大小为g,地球自转的周期为T,引力常量为G.地球的密度为( B )
A. B.
C. D.
解析:设地球的质量为M,半径为R,地球上某物体的质量为m.由题意得,在两极处,G=mg0;在赤道处,G=mg+mR;地球的密度ρ=.联立以上各式得,ρ=·,B正确.
B组
10.已知引力常量为G,则根据下面的哪组数据可以算出地球的质量( A )
A.月球绕地球运行的周期T1及月球到地球中心的距离R1
B.地球绕太阳运行的周期T2及地球到太阳中心的距离R2
C.地球绕太阳运行的速度v及地球到太阳中心的距离R2
D.地球表面的重力加速度g及地球到太阳中心的距离R2
解析:已知星球绕中心天体做圆周运动的轨道半径和周期,由G=mr得M=,可以计算中心天体的质量,故选项B错误,A正确.已知星球绕中心天体做圆周运动的轨道半径和速度,由G=m,得M=,可以计算中心天体的质量,选项C错误.已知地球表面的重力加速度和地球半径,由=mg得M=,式中R是地球半径,选项D错误.
11.太阳光经过500 s到达地球,地球的半径为6.4×106 m,试估算太阳质量与地球质量的比值.(取一位有效数字)
解析:太阳到地球的距离为
r=ct=3.0×108×500 m=1.5×1011 m.
地球绕太阳的公转周期约为
T=365×24×3 600 s=3.2×107 s,
设太阳的质量为M,地球质量为m,地球绕太阳的运动可看成是匀速圆周运动,向心力为太阳对地球的引力,则
G=mr,
得出M=.
地球表面的重力加速度为g=9.8 m/s2,在忽略地球自转的情况下,物体在地球表面所受的重力等于地球对物体的引力,设地球表面物体的质量为m′,则m′g=G,
得出m=.
所以太阳质量和地球质量的比值为=≈3×105.
答案:3×105
12.如果在一个星球上,宇航员为了估测星球的平均密度,设计了一个简单的实验:他先利用手表,记下一昼夜的时间T;然后,用弹簧测力计测一个砝码的重力,发现在赤道上的重力为两极的90%.试写出该星球平均密度的估算表达式.
解析:设星球的质量为M,半径为R,表面重力加速度为g′,平均密度为ρ,砝码的质量为m.
砝码在赤道上失重1-90%=10%,表明在赤道上随星球自转做圆周运动的向心力为Fn=ΔF=0.1mg′
而一昼夜的时间T就是星球的自转周期.根据牛顿第二定律,有
0.1mg′=m()2R
根据万有引力定律,星球表面的重力加速度为
g′=G=GπρR,
所以,星球平均密度的估算表达式为ρ=.
答案:ρ=
13.经过近7年时间,在太空中穿行2亿千米后,美航天局和欧洲航天局合作研究出“卡西尼号”土星探测器于美国东部时间6月30日抵达预定轨道,开始“拜访”土星及其卫星家族.这是人类首次针对土星及其31颗已知卫星最详尽的探测.若“卡西尼号”土星探测器进入环绕土星上空的圆轨道飞行,已知土星半径为R,探测器离土星表面高度为h,环绕n周的飞行时间为t.求
(1)土星的质量M;
(2)平均密度ρ(球体体积公式为V=).
解析:(1)根据万有引力提供向心力有
=m(R+h)
探测器运行的周期T=
联立以上各式解得土星的质量M=.
(2)又M=ρV,V=πR3
联立解得土星的平均密度ρ=.
答案:(1)
(2)
第4节 人造卫星 宇宙速度
A组
人造卫星的v,ω,T,a与r关系
1.(2017·北京师大附中高一期中)如图所示,有关地球人造卫星轨道的正确说法有( C )
A.a,b,c均可能是卫星轨道
B.卫星轨道只可能是a
C.a,b均可能是卫星轨道
D.b可能是同步卫星的轨道
解析:地球卫星围绕地球做匀速圆周运动,圆心是地球的地心,所以凡是地球卫星,轨道面必定经过地球中心,所以a,b均可能是卫星轨道,c不可能是卫星轨道,故A,B错误,C正确;同步卫星的轨道必定在赤道平面内,所以b不可能是同步卫星轨道,故D错误.
2.(多选)如图,近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆.设卫星、月球绕地球公转周期分别为T卫,T月,地球自转周期为T地,则( AC )
A.T卫B.T卫>T月
C.T卫D.T卫=T地
解析:卫星和月球都绕地球做圆周运动,根据万有引力提供向心力,=m得T2=.由于近地卫星的环绕半径小于同步卫星的半径,同步卫星的半径又小于月球绕地球的半径,所以,近地卫星的周期最小,月球的周期最大.又由于同步卫星的周期等于地球自转周期为T地,所以T卫3.我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星,在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动,运行的周期为T.若以R表示月球的半径,则( D )
A.卫星运行时的向心加速度为
B.物体在月球表面自由下落的加速度为
C.卫星运行时的线速度为
D.月球的第一宇宙速度为
解析:卫星运行时的轨道半径为r=R+h,其向心加速度为a==,选项A错误;运行时的线速度为v==,选项C错误;由G=m(R+h)得GM=,所以g==,其第一宇宙速度v1==,选项B错误,D正确.
4.(多选)土星外层上有一个环(如图),为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群,可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系来判断( AD )
A.若v∝R,则该层是土星的一部分
B.若v2∝R,则该层是土星的卫星群
C.若v∝,则该层是土星的一部分
D.若v2∝,则该层是土星的卫星群
解析:若为土星的一部分,则它们与土星绕同一圆心做圆周运动的角速度应同土星相同,根据v=Rω可知v∝R.若为土星的卫星群,则由公式G=m可得v2∝,故选项A,D正确.
宇宙速度
5.假设地球质量不变,而地球半径增大到原来的2倍,那么从地球上发射人造卫星的第一宇宙速度变为原来的( B )
A.倍 B. C. D.2倍
解析:任何星体的第一宇宙速度即为近地卫星的环绕速度.v=,其中r为该星体的半径,半径增大为原来的2倍,则第一宇宙速度变为原来的,B正确.
6.(多选)关于人造地球卫星,下列说法正确的是( CD )
A.运行的轨道半径越大,线速度也越大
B.其发射速度可以达到16.7 km/s
C.卫星绕地球做匀速圆周运动的速度不能大于7.9 km/s
D.卫星在降落过程中向下减速时处于超重状态
解析:由v=知,卫星的轨道半径越大,线速度越小,A错.人造地球卫星的发射速度在7.9 km/s到11.2 km/s之间,B错.卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于或等于7.9 km/s,C正确.卫星向下减速时的加速度方向向上,处于超重状态,D正确.
同步卫星
7.地球上有两位相距非常远的观察者,都发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动,则这两位观察者的位置以及两颗人造地球卫星到地球中心的距离可能是( C )
A.一人在南极,一人在北极,两卫星到地球中心的距离一定相等
B.一人在南极,一人在北极,两卫星到地球中心的距离可以不等,但应成整数倍
C.两人都在赤道上,两卫星到地球中心的距离一定相等
D.两人都在赤道上,两卫星到地球中心的距离可以不等,但应成整
数倍
解析:两个观察者都发现自己正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动,说明此卫星为地球同步卫星,运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道,距离地球的高度约为36 000 km,所以两个人都在赤道上,两卫星到地球中心的距离一定相等.故C正确.
8.“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成.地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行,它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍.下列说法正确的是( A )
A.静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍
B.静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍
C.静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的
D.静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的
解析:设卫星距地面的高度为h,由=m(R+h)()2=m=m(R+h)ω2=ma,可得=≈2,=≈,=≈0.79,=()2≈0.395,故A正确,B,C,D错误.
B组
9.(多选)如图所示,极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道).若已知一个极地卫星从北纬30°的正上方,按图示方向第一次运行至南纬60°正上方时所用时间为t,地球半径为R(地球可看做球体),地球表面的重力加速度为g,引力常量为G.由以上条件可以求出( ABD )
A.卫星运行的周期
B.卫星距地面的高度
C.卫星的质量
D.地球的质量
解析:根据t时间内转过的圆心角可求出周期T;由GM=gR2可求出地球质量M,由G=m(R+h),可求出卫星距地面的高度h;故A,B,D
正确.
10.(多选)如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动,从水星与金星在一条直线上时开始计时,若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1,金星转过的角度为θ2(θ1,θ2均为锐角),则由此条件可求得( ACD )
A.水星和金星绕太阳运动的周期之比
B.水星和金星的密度之比
C.水星和金星到太阳的距离之比
D.水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比
解析:设水星、金星的公转周期分别为T1,T2,则t=θ1,t=θ2,=,选项A正确;因不知两星质量和半径,密度之比不能求,选项B错误;由开普勒第三定律,=,=,选项C正确;a1=()2R1,a2=()2R2,所以=,选项D正确.
11.某人在一星球上以速率v竖直上抛一物体,经时间t物体以速率v落回手中,已知该星球的半径为R,求这星球上的第一宇宙速度.
解析:根据匀变速运动的规律可得,该星球表面的重力加速度为g=,该星球的第一宇宙速度,即为卫星在其表面附近绕它做匀速圆周运动的线速度,该星球对卫星的引力(重力)提供卫星做圆周运动的向心力,则mg=,该星球表面的第一宇宙速度为v1==.
答案:
12.2013年12月2日,我国成功发射探月卫星“嫦娥三号”,该卫星在环月圆轨道绕行n圈所用的时间为t,月球半径为R0,月球表面处重力加速度为g0.
(1)请推导出“嫦娥三号”卫星离月球表面高度的表达式;
(2)地球和月球的半径之比为=4,表面重力加速度之比为=6,试求地球和月球的密度之比.
解析:(1)由题意知,“嫦娥三号”卫星的周期为T=
设卫星离月球表面的高度为h,由万有引力提供向心力得
G=m(R0+h)()2
又GM=g0
联立解得h=-R0.
(2)设星球的密度为ρ,由GM=gR2
ρ==,联立解得ρ=,设地球、月球的密度分别为ρ,ρ0,则=,将=4,=6代入上式,解得=.
答案:(1)-R0 (2)
13.火星和地球绕太阳的运动可以近似看做为同一平面内同方向的匀速圆周运动,已知火星的轨道半径r火=1.5×1011 m,地球的轨道半径r地=1.0×1011 m,从如图所示的火星与地球相距最近的时刻开始计时,估算火星再次与地球相距最近需多少地球年?(保留两位有效数字)
解析:设地球质量为m,太阳质量为M,地球与太阳的距离为r,
有G=mr,故T2=
地球的周期T地=1年,()2=()3
火星的周期T火=·T地
=×1年≈1.8年
设经时间t两星又一次距离最近,根据θ=ωt
则两星转过的角度之差
θ地-θ火=(-)t=2π.
t===年≈2.3年.
答案:2.3年
习题课二 圆周运动规律的应用
A组
1. 如图所示,质量相等的汽车甲和汽车乙,以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动,汽车甲在汽车乙的外侧.两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f甲和f乙.以下说法正确的是( A )
A.f甲小于f乙
B.f甲等于f乙
C.f甲大于f乙
D.f甲和f乙的大小均与汽车速率无关
解析:汽车在水平面内做匀速圆周运动,摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力,即f=F=m,由于r甲>r乙,则f甲2. (多选)在图示光滑轨道上,小球滑下经平直部分冲上圆弧部分的最高点A时,对圆弧的压力为mg,已知圆弧的半径为R,则( BD )
A.在最高点A,小球受重力和向心力
B.在最高点A,小球受重力和圆弧的压力
C.在最高点A,小球的速度为
D.在最高点A,小球的向心加速度为2g
解析:小球在最高点受重力和压力,由牛顿第二定律得N+mg=ma,又N=mg,所以a=2g,据a=知,2g=,解得v=,B,D正确.
3. 一对男女溜冰运动员质量分别为m男=80 kg和m女=40 kg,面对面拉着一弹簧测力计做圆周运动的溜冰表演,如图所示,两人相距0.9 m,弹簧测力计的示数为9.2 N,则两人( B )
A.速度大小均为40 m/s
B.运动半径分别为r男=0.3 m和r女=0.6 m
C.角速度均为6 rad/s
D.运动速率之比为v男∶v女=2∶1
解析:因为两人的角速度相等,由F=mω2r以及两者的质量关系m男=
2m女可得,r女=2r男,所以r男=0.3 m,r女=0.6 m,选项B正确;由公式可得角速度均为0.62 rad/s,运动速率之比为v男∶v女=1∶2,选项A,C,D错误.
4. 两个质量相同的小球,在同一水平面内做匀速圆周运动,悬点相同,如图所示,A运动的半径比B的大,则( A )
A.A所需的向心力比B的大
B.B所需的向心力比A的大
C.A的角速度比B的大
D.B的角速度比A的大
解析:小球的重力和绳子的拉力的合力充当向心力,设悬线与竖直方向夹角为θ,则F=mgtan θ=mω2lsin θ,θ越大,向心力F越大,所以选项A对,B错;而ω2==,故两者的角速度相同,故选项C,D错.
5. (多选)如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径.某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计,要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则( CD )
A.在最高点小球的速度水平,小球既不超重也不失重
B.小球经过与圆心等高的位置时,处于超重状态
C.盒子在最低点时对小球弹力大小等于2mg,方向向上
D.该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2π
解析:在最高点小球的加速度为g,处于完全失重状态,A错误;小球经过与圆心等高的位置时,竖直加速度为零,既不超重也不失重,B错误;在最高点有mg=m,解得该盒子做匀速圆周运动的速度v=,该盒子做匀速圆周运动的周期为T==2π,选项D正确;在最低点时,盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力,由F-mg=m,解得F=2mg,选项C正确.
6.在用高级沥青铺设的高速公路上,汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时,它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍.(g取10 m/s2)
(1)如果汽车在这种高速路的水平弯道上拐弯,假设弯道的路面是水平的,其弯道的最小半径是多少?
(2)如果高速路上设计了圆弧拱桥做立交桥,要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥,这个圆弧拱桥的半径至少是多少?
解析:(1)汽车在水平路面上拐弯,可视为汽车做匀速圆周运动,其向心力由车与路面间的静摩擦力提供,当静摩擦力达到最大值时,由向心力公式可知这时的半径最小,有Fm=0.6mg=m,由速度v=30 m/s,得弯道半径r=150 m.
(2)汽车过拱桥,看做在竖直平面内做匀速圆周运动,到达最高点时,根据向心力公式有mg-N=m,为了保证安全,车与路面间的弹力N必须大于等于零,有mg≥m,则R≥90 m.
答案:(1)150 m (2)90 m
7. 如图所示,一正立圆锥的顶角θ=74°,一根长l=0.5 m的轻绳一端固定在圆锥顶点,另一端系一质量m=2 kg的小球,轻绳和圆锥的母线刚好平行,求:(g取10 m/s2)
(1)当圆锥以角速度ω1=3 rad/s匀速转动时,绳的张力T1;
(2)当圆锥以角速度ω2=6 rad/s匀速转动时,绳的张力T2.
解析:(1)确定小球运动的轨道面和圆心,对小球进行受力分析,如图1
所示.
显然这里讨论的是小球与锥面间的接触问题,涉及的有界力为弹力N,其界值为零,代入处理有
Tsin 37°=mrω2,Tcos 37°=mg,r=lsin 37°
解得临界角速度为ω=5 rad/s.
当ω1<ω时,球将压紧锥面,此时,小球的受力情况如图1所示,分别沿半径方向和垂直半径方向列方程有
T1sin 37°-Ncos 37°=mr
T1cos 37°+Nsin 37°=mg
又r=lsin 37°
解得T1=19.24 N.
(2)
当ω2>ω时,球将离开锥面,此时,小球的受力情况如图2所示,沿半径方向有
T2sin θ=mr
又T2cos θ=mg,r=lsin θ
解得T2=36 N.
答案:(1)19.24 N (2)36 N
B组
8. 铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的,已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ,如图所示,弯道处的圆弧半径为R,若质量为m的火车转弯时速度等于,则( C )
A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C.这时铁轨对火车的支持力等于
D.这时铁轨对火车的支持力大于
解析:由牛顿第二定律F合=m,解得F合=mgtan θ,此时火车受重力和铁路轨道的支持力作用,如图所示,Ncos θ=mg,则N=,内、外轨道对火车均无侧压力,故C正确,A,B,D错误.
9. (多选)如图所示,小物体位于半径为R的半球顶端,若给小物体以水平初速度v0时,小物体对球顶恰无压力,则( ABC )
A.物体立即离开球面做平抛运动
B.物体落地时水平位移为R
C.物体的初速度v0=
D.物体着地时速度方向与地面成45°角
解析:小物体在最高点时对半球刚好无压力,表明从最高点开始小物体即离开球面做平抛运动,A对;由mg=m知,小物体在最高点的速度大小v0=,又由于R=gt2,vy=gt,x=v0t,故x=R,B,C对;tan θ=
=,θ>45°,D错.
10. (多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点.如图所示,当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,绳a在竖直方向,绳b在水平方向.当小球运动到图示位置时,绳b被烧断的同时木架停止转动,则( BC )
A.绳a对小球拉力不变
B.绳a对小球拉力增大
C.小球可能前后摆动
D.小球不可能在竖直平面内做圆周运动
解析:绳b烧断前,小球竖直方向的合力为零,即Fa=mg,烧断b后,小球在竖直面内做圆周运动,且Fa′-mg=m,所以Fa′>Fa,选项A错误,B正确;当ω足够小时,小球不能摆过AB所在高度,可能前后摆动,选项C正确;当ω足够大时,小球在竖直面内能通过AB上方的最高点而做圆周运动,选项D错误.
11. 如图所示,两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A,B两点,A,B两点间距离也为L,今使小球在竖直平面内做圆周运动,当小球到达最高点时速度为v,两段线中张力恰好均为零,若小
球到达最高点时速度为2v,则此时每段线中张力大小为( A )
A.mg B.2mg C.3mg D.4mg
解析:当小球到达最高点时速度为v,有mg=m,当小球到达最高点速度为2v时,应有F+mg=m=4mg,所以F=3mg,此时最高点各力如图所示,所以T=mg.
12. (多选)如图所示,在水平转台上放一个质量M=2 kg的木块,它与转台间最大静摩擦力fmax=6.0 N,绳的一端系在木块上,穿过转台的中心孔O(孔光滑,忽略小滑轮的影响),另一端悬挂一个质量m=1.0 kg的物体,当转台以角速度ω=5 rad/s 匀速转动时,木块相对转台静止,则木块到O点的距离可能是(g取10 m/s2,M,m均视为质点)( BCD )
A.0.04 m B.0.08 m C.0.16 m D.0.32 m
解析:当M有远离轴心运动的趋势时,
有mg+fmax=Mω2rmax
当M有靠近轴心运动的趋势时,有
mg-fmax=Mω2rmin
解得:rmax=0.32 m,rmin=0.08 m
即0.08 m≤r≤0.32 m.
13.质量为0.2 kg的小球固定在长为0.9 m的轻杆一端,杆可绕过另一端O点的水平轴在竖直平面内转动.(g=10 m/s2)求:
(1)当小球在最高点的速度为多大时,球对杆的作用力为零?
(2)当小球在最高点的速度分别为6 m/s和1.5 m/s时,球对杆的作
用力.
解析:(1)当小球在最高点对杆的作用力为零时,重力提供向心力,则mg=m,解得v0=3 m/s.
(2)v1>v0,由牛顿第二定律得mg+F1=m,由牛顿第三定律得F1′=F1,解得F1′=6 N,方向竖直向上.
v2答案:(1)3 m/s
(2)6 N,方向竖直向上 1.5 N,方向竖直向下
14. 如图所示,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点时速度的大小为2 m/s,离开B点做平抛运动(g=10 m/s2),求:
(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.
解析:(1)设小球离开B点做平抛运动的时间为t1,落地点到C点距
离为s
由h=g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F作用,由牛顿第二定律知F向=F-G=m
解得F=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)如图,斜面倾角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M点,BM长为L,小球从B点到M点的时
间为t2
Lcos θ=vBt2
Lsin θ=g
联立两式得t2=0.4 s
L≈1.13 m.
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
第1节 圆周运动
A组
对匀速圆周运动的理解
1.(多选)做匀速圆周运动的物体,下列物理量中不变的是( BCD )
A.速度 B.速率
C.周期 D.转速
解析:速度是矢量,匀速圆周运动的速度方向不断改变;速率、周期、转速都是标量,保持不变,B,C,D正确.
2.质点做匀速圆周运动,则( B )
A.在任何相等的时间里,质点的位移都相同
B.在任何相等的时间里,质点通过的路程都相同
C.在任何相等的时间里,质点运动的平均速度都相同
D.在任何相等的时间里,质点运动的线速度都相同
解析:质点做匀速圆周运动时,相等时间内通过的圆弧长度相等,即路程相等,B正确.
对线速度、角速度及周期的理解
3.如图所示,两个小球a和b用轻杆连接,并一起在水平面内做匀速圆周运动,下列说法中正确的是( A )
A.a球的线速度比b球的线速度小
B.a球的角速度比b球的角速度小
C.a球的周期比b球的周期小
D.a球的转速比b球的转速大
解析:两个小球一起转动,周期相同,所以它们的转速、角速度、周期都相等,B,C,D错误.而由v=ωr可知,b的线速度大于a的线速度,所以A正确.
4.(2017·安阳高一检测)高速或超速离心机是基因提取中的关键设备,当超速离心机转速达80 000 r/min时,则关于距超速离心机转轴12 cm处的质点,下列说法正确的是( B )
A.周期为 s
B.线速度大小为320π m/s
C.角速度为160 000π rad/s
D.角速度为 rad/s
解析:离心机转速n=80 000 r/min= r/s,半径r=0.12 m,故周期T== s=7.5×10-4 s,A错.角速度ω=2π·n= rad/s,C,D错.线速度v=ω·r=×0.12 m/s=320π m/s,B对.
传动装置问题
5.如图所示,当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时,板上A,B两点的( C )
A.角速度之比ωA∶ωB=1∶
B.角速度之比ωA∶ωB=∶1
C.线速度之比vA∶vB=1∶
D.线速度之比vA∶vB=∶1
解析:因为A,B在同一薄板上,所以ωA=ωB,故A,B选项错误;==,故C正确,D错误.
6.如图所示,甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r1,r2,r3.若甲齿轮的角速度为ω1,则丙齿轮的角速度为( A )
A. B. C. D.
解析:甲、乙、丙三个齿轮边缘上各点的线速度大小相等,即r1ω1=r2ω2=r3ω3,所以ω3=,故选项A正确.
7.两个小球固定在一根长为L的杆的两端,绕杆上的O点做圆周运动,如图所示,当小球1的速度为v1时,小球2的速度为v2,则转轴O到小球2的距离为( B )
A. B.
C. D.
解析:设小球1,2做圆周运动的半径分别为r1,r2,则v1∶v2==r1∶r2,又因r1+r2=L,所以小球2到转轴O的距离r2=,B正确.
B组
8.如图所示为一种“滚轮——平盘无级变速器”的示意图,它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成.由于摩擦的作用,当平盘转动时,滚轮就会跟随转动.如果认为滚轮不会打滑,那么主动轴转速n1、从动轴转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心到主动轴轴线的距离x之间的关系是( D )
A.n2=n1 B.n2=n1
C.n2=n1 D.n2=n1
解析:此问题属齿轮传动模型,==,
所以n2=n1,故D正确.
9.如图所示,如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动,那么,从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合,中间经历的时间为( C )
A. min B.1 min
C. min D. min
解析:分针与秒针的角速度分别为ω分= rad/s,ω秒= rad/s,设两次重合的时间间隔为Δt,因分=ω分Δt,秒=ω秒Δt,秒-分=2π,得Δt== s= s= min,故C正确.
10.半径为R的大圆盘以角速度ω旋转,如图所示,有人站在盘边P点上随盘转动,他想用枪击中在圆盘中心的目标O,若子弹的速度为v0,则( D )
A.枪应瞄准目标O射去
B.枪应向PO的右方偏过角度θ射去,而cos θ=
C.枪应向PO的左方偏过角度θ射去,而tan θ=
D.枪应向PO的左方偏过角度θ射去,而sin θ=
解析:子弹同时参与两个运动:沿P点切线方向的速度ωR;沿枪口方向的匀速运动,合成的速度沿PO方向,如图所示,枪应向PO的左方偏过角度θ射去,且sin θ=,故D正确.
11.收割机拨禾轮上面通常装4个到6个压板,如图所示,拨禾轮一边旋转,一边随收割机前进,压板转到下方才发挥作用,一方面把农作物压向切断器,另一方面把切下来的农作物铺放在收割台上,因此要求压板运动到下方时相对于农作物的速率与收割机前进方向相反.已知收割机前进速率为1.2 m/s,拨禾轮直径为1.5 m,转速为22 r/min,则压板运动到最低点挤压农作物的速率为多大?
解析:设压板转到最低点时端点的速度为v1,
则v1=2πnr≈2×3.14×× m/s≈1.73 m/s.
由于拨禾轮是在收割机上,而收割机的前进速度为v2,所以拨禾轮上的压板在最低点挤压农作物的速率为v=v1-v2=1.73 m/s-1.2 m/s=
0.53 m/s,方向向后.
答案:0.53 m/s
12.一半径为R的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转,如图所示,伞边缘距地面高h,甩出的水滴在地面上形成一个圆,求此圆半径r为多少?
解析:间距关系如图所示(俯视图).
雨滴飞出的速度大小为v=ωR
雨滴做平抛运动,在竖直方向上有h=gt2
在水平方向上有s=vt
由几何关系知,雨滴半径r=
联立以上几式得r=R.
答案:R
第2节 匀速圆周运动的向心力和向心加速度
A组
向心加速度的理解
1.某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮,如图所示,其半径分别为r1,r2,r3,若甲轮匀速转动的角速度为ω,三个轮相互不打滑,则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为( A )
A. B.
C. D.
解析:甲、丙边缘的线速度大小相等,根据a=知a丙=,故选A.
2.(多选)如图所示,一小物块以大小为a=4 m/s2的向心加速度做匀速圆周运动,半径r=1 m,则下列说法正确的是( AB )
A.小球运动的角速度为2 rad/s
B.小球做圆周运动的周期为π s
C.小球在t= s内通过的位移大小为 m
D.小球在π s内通过的路程为零
解析:由a=ω2r可求得ω=2 rad/s,由a=r可求得T=π s,小球在 s内转过90°通过的位移为r,π s内转过一周,路程为2πr,故选项A,B正确.
3.做匀速圆周运动的两物体甲和乙,它们的向心加速度分别为a1和a2,且a1>a2,下列判断正确的是( D )
A.甲的线速度大于乙的线速度
B.甲的角速度比乙的角速度小
C.甲的轨道半径比乙的轨道半径小
D.甲的速度方向比乙的速度方向变化快
解析:由于不知甲和乙做匀速圆周运动的半径大小关系,故不能确定它们的线速度、角速度的大小关系,故A,B,C错.向心加速度是表示线速度方向变化快慢的物理量,a1>a2,表明甲的速度方向比乙的速度方向变化快,故D对.
向心力的来源分析
4.一只老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动,则关于老鹰受力的说法正确的是( B )
A.老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力的作用
B.老鹰受重力和空气对它的作用力
C.老鹰受重力和向心力的作用
D.老鹰受空气对它的作用力和向心力的作用
解析:老鹰在空中做匀速圆周运动,受重力和空气对它的作用力两个力的作用,两个力的合力充当它做圆周运动的向心力.但不能说老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力三个力的作用.故B正确.
5.如图所示,一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动,一个小孩坐在距圆心为r处的P点不动,关于小孩的受力,以下说法正确的是( C )
A.小孩在P点不动,因此不受摩擦力的作用
B.小孩随圆盘做匀速圆周运动,其重力和支持力的合力充当向心力
C.小孩随圆盘做匀速圆周运动,圆盘对他的摩擦力充当向心力
D.若使圆盘以较小的转速转动,小孩在P点受到的摩擦力不变
解析:由于小孩随圆盘做匀速圆周运动,一定需要向心力,该力一定指向圆心,而重力和支持力在竖直方向上,它们不能充当向心力,因此小孩会受到静摩擦力的作用,且充当向心力,故A,B错误,C正确;由于小孩随圆盘转动半径不变,当圆盘角速度变小,由F=mω2r可知,所需向心力变小,故D错误.
6.如图所示,在匀速转动的圆筒内壁上,有一物体随圆筒一起转动而未滑动.当圆筒的角速度增大以后,物体仍然随圆筒一起匀速转动而未滑动,则下列说法正确的是( D )
A.物体所受弹力增大,摩擦力也增大了
B.物体所受弹力增大,摩擦力减小了
C.物体所受弹力和摩擦力都减小了
D.物体所受弹力增大,摩擦力不变
解析:物体随圆筒一起匀速转动时,受到三个力的作用:重力G、筒壁对它的弹力N和筒壁对它的摩擦力f(如图所示).其中G和F1是一对平衡力,筒壁对它的弹力N提供它做匀速圆周运动的向心力.当圆筒匀速转动时,不管其角速度多大,只要物体随圆筒一起匀速转动而未滑动,则物体所受的摩擦力f大小等于其重力.而根据向心力公式N=mω2r可知,当角速度ω变大时,N也变大,故D正确.
向心力的公式及运用
7.如图所示,将完全相同的两小球A,B用长L=0.8 m的细绳悬于v=4 m/s向右匀速运动的小车顶部,两球与小车前后壁接触,由于某种原因,小车突然停止,此时两悬线的拉力之比FB∶FA为(g=10 m/s2)( C )
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
解析:FB=mg,
FA=mg+m=3mg
FB∶FA=1∶3,故选项C正确.
8.如图,在验证向心力公式的实验中,质量为m的钢球①放在A盘的边缘,质量为4m的钢球②放在B盘的边缘,A,B两盘的半径之比为2∶1.
a,b分别是与A盘、B盘同轴的轮.a轮、b轮半径之比为1∶2,当a,b两轮在同一皮带带动下匀速转动时,钢球①,②受到的向心力之比为( A )
A.2∶1 B.4∶1
C.1∶4 D.8∶1
解析:皮带传送,边缘上的点线速度大小相等,所以va=vb,a轮、b轮半径之比为1∶2,所以=,共轴的点,角速度相等,两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等,则=,根据向心加速度a=rω2,=.由向心力公式Fn=ma,得==.故A正确.
B组
9.(多选)如图所示,长为L的悬线固定在O点,在O点正下方有一钉子C,OC距离为,把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上
无初速度释放,小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子,则小球的( BC )
A.线速度突然增大为原来的2倍
B.角速度突然增大为原来的2倍
C.向心加速度突然增大为原来的2倍
D.悬线拉力突然增大为原来的2倍
解析:悬线与钉子碰撞前后,线的拉力始终与小球运动方向垂直,小球的线速度大小不变,故选项A错;当半径减小时,由ω=知ω变大为原来的2倍,故选项B对;再由a=知向心加速度突然增大为原来的2倍,故选项C对;而在最低点,F-mg=m,故碰到钉子后合力变为原来的2倍,悬线拉力变大,但不是原来的2倍,故选项D错.
10.如图所示,A,B两个小球质量相等,用一根轻绳相连,另有一根轻绳的两端分别连接O点和B点,让两个小球绕O点在光滑水平桌面上以相同的角速度做圆周运动,若OB绳上的拉力为F1,AB绳上的拉力为F2,OB=AB,则( B )
A.F1∶F2=2∶3 B.F1∶F2=3∶2
C.F1∶F2=5∶3 D.F1∶F2=2∶1
解析:小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动,设角速度为ω,在竖直方向上所受重力与桌面支持力平衡,水平方向不受摩擦力,绳子的拉力提供向心力.由牛顿第二定律,对A球有F2=mr2ω2,对B球有F1-F2=
mr1ω2,已知r2=2r1,各式联立解得F1=F2,故选项B对,A,C,D错.
11.两个质量相同的小球a,b用长度不等的细线拴在天花板上的同一点并在空中同一水平面内做匀速圆周运动,如图所示,则a,b两小球具有相同的( A )
A.角速度
B.线速度
C.向心力
D.向心加速度
解析:对小球a受力分析,如图,受重力、细线的拉力,由于小球做匀速圆周运动,故合力提供向心力;
将重力与拉力合成,合力指向圆心,由几何关系得,合力F=mgtan θ,由向心力公式得,F=mω2r,设球与悬挂点间的高度差为h,由几何关系,得r=htan θ,联立解得,ω=,与细线的长度和转动半径无关,故A正确;由v=ωr,两球转动半径不等,线速度不等,故B错误;由a=ω2r,两球转动半径不等,向心加速度不等,故D错误;由F=mω2r,两球转动半径不等,向心力不等,故C错误.
12.如图所示,小球在半径为R的光滑半球面内贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动,小球与半球球心的连线与竖直方向的夹角为θ,求小球的周期T(已知重力加速度为g).
解析:小球只受重力和球内壁的支持力的作用,此二力的合力沿水平方向指向圆心,即该二力的合力等于向心力,如图所示.
故向心力F=mg·tan θ.
小球做圆周运动的半径r=Rsin θ.
根据向心力公式F=m()2r.
联立解得T=2π.
答案:2π
13.如图所示,长L=0.2 m的轻绳一端固定在光滑水平面上的O点,另一端系一质量m=0.5 kg的小球,小球在光滑水平面上做匀速圆周运动.(取π=3.14)
(1)若小球做圆周运动的周期T=1.57 s,求小球的角速度ω和线速
度v.
(2)若轻绳能够承受的最大拉力Fmax=10 N,求小球做圆周运动的最短周期Tmin.
解析:(1)小球的角速度为
ω==4 rad/s.
小球的线速度为
v=ωL=0.8 m/s.
(2)对小球的运动由牛顿第二定律有
Fmax=mL
上式中ωmax=
解得Tmin=0.628 s.
答案:(1)4 rad/s 0.8 m/s (2)0.628 s
第3节 圆周运动的实例分析
第4节 圆周运动与人类文明(选学)
A组
竖直面内的圆周运动
1.某公园里的过山车驶过轨道的最高点时,乘客在座椅里面头朝下,身体颠倒,若轨道半径为R,人体重为mg,要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力,则过山车在最高点时的速度大小为( C )
A.0
B.
C.
D.
解析:由题意知F+mg=2mg=m,故速度大小v=,C正确.
2. 杂技演员表演“水流星”,在长为1.6 m的细绳的一端,系一个与水的总质量为m=0.5 kg的盛水容器,以绳的另一端为圆心,在竖直平面内做圆周运动,如图所示,若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s,则下列说法正确的是(g=10 m/s2)( B )
A.“水流星”通过最高点时,有水从容器中流出
B.“水流星”通过最高点时,绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C.“水流星”通过最高点时,处于完全失重状态,不受力的作用
D.“水流星”通过最高点时,绳子的拉力大小为5 N
解析:水流星在最高点的临界速度v==4 m/s,绳的拉力恰为零,且水恰不流出,选项B正确.
3. 一辆满载的卡车在起伏的公路上匀速行驶,如图所示,由于轮胎过热,容易爆胎.爆胎可能性最大的地段是( D )
A.A处 B.B处
C.C处 D.D处
解析:在A,B,C,D各点均由重力与支持力的合力提供向心力,爆胎可能性最大的地段为轮胎与地面的挤压力最大处.在A,C两点有mg-F=
m,则F=mg-mmg,且R越小,F越大,所以FD最大,即D处最容易爆胎,选项D正确.
水平面内的圆周运动
4.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( D )
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
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.
5. 如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A,B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是( D )
A.A的速度比B的大
B.A与B的向心加速度大小相等
C.悬挂A,B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
解析:
因为物体的角速度ω相同,线速度v=rω,而rA离心运动
6.(多选)在人们经常见到的以下现象中,属于离心现象的是( ABC )
A.舞蹈演员在表演旋转动作时,裙子会张开
B.在雨中转动一下伞柄,伞面上的雨水会很快地沿伞面运动,到达边缘后雨水将沿切线方向飞出
C.满载黄沙或石子的卡车,在急转弯时,部分黄沙或石子会被甩出
D.守门员把足球踢出后,球在空中沿着弧线运动
解析:裙子张开属于离心现象,选项A正确;伞上的雨水受到的力由于不足以提供向心力导致水滴做离心运动,选项B正确;黄沙或石子也是因为受到的力不足以提供向心力而做离心运动,选项C正确;守门员踢出足球,球在空中沿着弧线运动是因为足球在力的作用下运动,不是离心现象,选项D错误.
7. 如图所示是摩托车比赛转弯时的情形,转弯处路面常是外高内低,摩托车转弯有一个最大安全速度,若超过此速度,摩托车将发生滑动.关于摩托车滑动的问题,下列论述正确的是( B )
A.摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B.摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C.摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
解析:摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用,没有离心力,选项A错误;摩托车正常转弯时可看做是做匀速圆周运动,所受的合力等于向心力,如果向外滑动,说明提供的向心力即合力小于需要的向心力,选项B正确;摩托车将在沿线速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动,选项C,D错误.
B组
8. (多选)如图所示,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,则下列关系中正确的有( AD )
A.线速度vA>vB
B.运动周期TA>TB
C.它们受到的摩擦力fA>fB
D.筒壁对它们的弹力NA>NB
解析:由于两物体角速度相等,而rA>rB,所以vA=rAω>vB=rBω,选项A正确;由于ω相等,则T相等,选项B错误;因竖直方向受力平衡,f=mg,所以fA=fB,选项C错误;弹力等于向心力,所以NA=mrAω2>NB=mrBω2,选项D正确.
9. 如图所示是马戏团中上演飞车节目,在竖直平面内有半径为R的圆轨道.表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动.已知人和摩托车的总质量为m,人以v1=的速度过轨道最高点B,并以v2=v1的速度过最低点A.求在A,B两点轨道对摩托车的压力大小相差多少?
解析:在B点,FB+mg=m
解得FB=mg,
在A点,FA-mg=m
解得FA=7mg,
所以在A,B两点摩托车对轨道的压力大小相差
FA′-FB′=6mg.
答案:6mg
10. 一辆质量为800 kg的汽车在圆弧半径为50 m的拱桥上行驶.(g取10 m/s2)
(1)若汽车到达桥顶时速度为v1=5 m/s,汽车对桥面的压力是多大?
(2)汽车以多大速度经过桥顶时,恰好对桥面没有压力?
解析:汽车到达桥顶时,受到重力mg和桥面对它的支持力N的作用.
(1)汽车对桥面的压力大小等于桥面对汽车的支持力N.汽车过桥时做圆周运动,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律有mg-N=m
所以N=mg-m=7 600 N
故汽车对桥面的压力为7 600 N.
(2)若汽车经过桥顶时恰好对桥面没有压力,则N=0,即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供,所以有mg=m
解得v=≈22.4 m/s.
答案:(1)7 600 N (2)22.4 m/s
11. 有一种叫“飞椅”的游乐项目,示意图如图所示.长为L的钢绳一端系着座椅,另一端固定在半径为r的水平转盘边缘.转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动.当转盘以角速度ω匀速转动时,钢绳与转动轴在同一竖直平面内,与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力,求:
(1)转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系;
(2)此时钢绳的拉力多大?
解析:(1)对座椅受力分析,如图所示.
转盘转动的角速度为ω时,钢绳与竖直方向的夹角为θ,则座椅到转轴的距离即座椅做圆周运动的半径为R=r+Lsin θ
根据牛顿第二定律mgtan θ=mω2R
联立解得ω=.
(2)设钢绳的拉力为T,由力的三角形知
T=.
答案:(1)ω= (2)
第1节 经典力学的成就与局限性
第2节 了解相对论(选学)
第3节 初识量子论(选学)
A组
经典力学及其局限性
1.经典力学不能适用于下列哪些运动( D )
A.火箭的发射
B.宇宙飞船绕地球的运动
C.“勇气号”宇宙探测器的运动
D.微观粒子的运动
解析:经典力学只适用于低速运动,不适用高速运动,只适用于宏观世界,不适用于微观世界,所以不能适用于微观粒子的运动.
2.(多选)以下说法正确的是( BC )
A.经典力学理论普遍适用,大到天体,小到微观粒子均适用
B.经典力学理论的成立具有一定的局限性
C.在经典力学中,物体的质量不随运动状态而改变
D.在经典力学中,时间随运动状态而改变
解析:经典力学理论只适用于宏观、低速运动的物体,A错误,B正确.在经典力学中,物体的速度v?c,所以物体的质量、时间不随运动状态而改变,C正确,D错误.
3.牛顿时空观也叫经典时空观,下列关于经典时空观及经典力学的说法正确的是( A )
A.经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的
B.经典力学的基础是牛顿运动定律,它适用于宏观和微观世界
C.在经典力学中,物体的质量是随运动状态而改变的
D.经典力学也适用于高速运动的宏观物体
解析:经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的,故A正确;经典力学的基础是牛顿运动定律,它适用于宏观世界,不适用于微观世界,故B错误;在经典力学中,物体的质量是不随运动状态而改变的,故C错误;经典力学适用于宏观、低速、弱引力的情况,故D错误.
“相对论”的认识
4.关于经典力学和相对论,下列说法正确的是( D )
A.经典力学和相对论是各自独立的学说,互不相容
B.相对论是在否定了经典力学的基础上建立起来的
C.相对论和经典力学是两种不同的学说,二者没有联系
D.经典力学包含于相对论之中,经典力学是相对论的特例
解析:经典力学包含于相对论之中,经典力学是相对论的特例,即当速度远小于光速时的特殊情形,故D对.
5.假设地面上有一列火车以接近光速的速度运行,其内站立着一个中等身材的人,站在路旁的人观察车里的人,观察的结果是( D )
A.这个人是一个矮胖子
B.这个人是一个瘦高个子
C.这个人矮但不胖
D.这个人瘦但不高
解析:由公式l=l0可知,在运动方向上,人的宽度要减小,在垂直于运动方向上,人的高度不变.
6.A,B两火箭沿同一方向高速飞过地面上的某处,vA>vB,在火箭A上的人观察到的结果正确的是( A )
A.火箭A上的时钟走得最快
B.地面上的时钟走得最快
C.火箭B上的时钟走得最快
D.火箭B上的时钟走得最慢
解析:在火箭A看来,地面和火箭B都高速远离自己,由τ=知,在火箭A上的人观察到的结果是地面和火箭B上的时钟都变慢了,且火箭A上的时钟最快,地面上的时钟最慢,因此A正确,B,C,D错误.
7.一辆由超强力电池供电的电动车和一辆普通有轨电车,若都被加速到接近光速,在静止参考系中进行测量,哪辆车的质量将增大( B )
A.电动车 B.有轨电车
C.两者都增加 D.都不增加
解析:对有轨电车,能量通过导线,从发电厂源源不断输入;而电动车的能量却是它自己带来的.能量不断从外界输入有轨电车,但没有能量从外界输给电动车.能量与质量相对应,所以有轨电车的质量将随速度增加而增大,而电动车的质量不会随速度的增加而增大.
“量子论”的认识
8.人类在探索自然规律的进程中总结了许多科学方法,如分析归纳法、演绎法、等效替代法、控制变量法、理想实验法等.在下列研究中,运用理想实验法进行研究的是( B )
A.牛顿发现了万有引力定律
B.伽利略得出力不是维持物体运动的原因
C.爱因斯坦提出相对论
D.普朗克提出量子论
解析:“牛顿发现了万有引力定律、爱因斯坦提出相对论、普朗克提出量子论”都是可以通过科学实验验证的,所以A,C,D错;“伽利略得出力不是维持物体运动的原因”则无法通过科学实验验证,只有运用理想实验法来推导,B正确.
9.普朗克量子论认为( C )
A.在宏观领域,物体能量的变化是不连续的
B.在微观领域,物体的能量是连续变化的
C.物体辐射或吸收能量是一份一份进行的
D.辐射的频率越高,物体辐射的每一个量子的能量就越小
解析:在宏观领域,物体能量的变化是连续的,选项A错误;在微观领域,物体能量的变化是不连续的,选项B错误;普朗克量子论认为物体辐射或吸收能量是一份一份进行的,选项C正确;每份称为一个量子,其能量是ε=hν,也就是说,辐射的频率越高,每一个量子的能量就越大,选项D错误.
B组
10.已知某单色光的波长为λ,在真空中光速为c,普朗克常量为h,则电磁波辐射的能量子ε的值为( A )
A.h B.
C. D.以上均不正确
解析:由光速c、波长λ的关系式c=λν得光子频率ν=,从而ε=hν=h,选项A正确.
11.电子的静止质量为me,加速后的电子相对实验室的速度是c(c为光速),在实验室中观察到的加速后电子的质量是多大?
解析:m==≈1.67me,即以c运动的电子的质量约是电子静止质量的1.67倍.
答案:1.67me
习题课三 动能定理的应用
A组
1.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止.以a,Ek,x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间.则以下各图像中,能正确反映这一过程的是( C )
解析:物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不变,选项A,B错误;由动能定理,-fx=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-fx,选项C正确,x=v0t-at2,则Ek=Ek0-f(v0t-at2),选项D错误.
2.在离地面高h处竖直上抛一质量为m的物块,抛出时的速度为v0,当它落到地面时速度为v,用g表示重力加速度,则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( C )
A.mgh-mv2-m
B.-mv2-m-mgh
C.mgh+m-mv2
D.mgh+mv2-m
解析:物块运动过程中,重力和空气阻力对物块做功,根据动能定理得mgh+W阻=mv2-m,所以W阻=mv2-m-mgh,物块克服空气阻力做功为mgh+m-mv2,C正确.
3.(多选)质量为m的物体,从静止开始以a=g的加速度竖直向下运动h,下列说法中正确的是( AD )
A.物体的动能增加了mgh
B.物体的动能减少了mgh
C.物体的势能减少了mgh
D.物体的势能减少了mgh
解析:物体的合力F合=ma=mg,向下运动h时合力做功W=F合h=mgh,根据动能定理,物体的动能增加了mgh,A对,B错;向下运动h过程中重力做功mgh,物体的势能减少了mgh,C错,D对.
4.(多选)如图所示,质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等,在力F的作用下,一起沿水平地面向右移动x,则( AB )
A.摩擦力对A,B做功不相等
B.A,B动能的增量相同
C.F对A做的功与F对B做的功相等
D.合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
解析:因F斜向下作用在物体A上,A,B受的摩擦力不相同,因此,摩擦力对A,B做的功不相等,A正确;A,B两物体一起运动,速度始终相同,故A,B动能增量一定相同,B正确;F不作用在B上,不能说F对B做功,C错误;合外力对物体做的功应等于物体动能的增量,故D错误.
5.某消防队员从一平台上跳下,下落2 m后双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身重心又下降了0.5 m,在着地过程中地面对他双腿的平均作用力是其自身重力的( B )
A.2倍 B.5倍 C.8倍 D.10倍
解析:设地面对双腿的平均作用力为F,对全过程利用动能定理得mg(h+Δh)-FΔh=0,F=mg=5mg,故选项B正确.
6.(多选)如图(甲)所示,静止在水平地面的物块A,受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图(乙)所示,设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等,则下列说法正确的是( BC )
A.0～t1时间内F的功率逐渐增大
B.t2时刻物块A的加速度最大
C.t3时刻物块A的动能最大
D.t4时刻物块A的位移最大
解析:由图像可知,0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力,物块静止,拉力功率为零,故A错误;由图像可知,在t2时刻物块A受到的拉力最大,物块A受到的合力最大,由牛顿第二定律可得,此时物块A的加速度最大,故B正确;由图像可知在t1～t3时间内,物块A受到的合力一直做正功,物块动能一直增加,在t3时刻以后,合力做负功,物块动能减小,因此在t3时刻物块动能最大,故C正确;t4时刻力F=0,但速度不为零,物块继续做减速运动,位移继续增大,故D错误.
7.如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则( C )
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W解析:设质点到达N点的速度为vN,在N点质点受到轨道的弹力为FN,则FN-mg=,已知FN=FN′=4mg,则质点到达N点的动能为EkN=m=mgR.质点由开始至N点的过程,由动能定理得mg·2R+Wf=EkN-0,解得摩擦力做的功为Wf=-mgR,即克服摩擦力做的功为W=-Wf=mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′,则W′B组
8.如图所示,质量为m的物体静止放在水平光滑的平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮由地面以速度v向右匀速走动的人拉着.设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳和水平方向成30°角处,在此过程中人所做的功为( D )
A. B.mv2 C. D.
解析:人的速度为v,人在平台边缘时绳子上的速度为零,则物体速度为零,当人走到绳子与水平方向夹角为30°时,绳子的速度为
vcos 30°.据动能定理,得W=ΔEk=m(vcos 30°)2=mv2.
9.右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L=1.5 m,如图所示.将一个质量为m=0.5 kg的木块在F=1.5 N的水平拉力作用下,从桌面上的A端由静止开始向右运动,木块到达B端时撤去拉力F,木块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2.求:
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度;
(2)木块沿弧形槽滑回B端后,在水平桌面上滑动的最大距离.
解析:(1)由动能定理得FL-fL-mgh=0
其中f=μFN=μmg=0.2×0.5×10 N=1.0 N
所以h== m=0.15 m.
(2)由动能定理得mgh-fs=0
所以s== m=0.75 m.
答案:(1)0.15 m (2)0.75 m
10.一个人站在距地面20 m的高处,将质量为0.2 kg的石块以v0=12 m/s的速度斜向上抛出,石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°,g取10 m/s2,求:
(1)人抛石块过程中对石块做了多少功?
(2)若不计空气阻力,石块落地时的速度大小是多少?
(3)若落地时的速度大小为22 m/s,石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功?
解析:(1)根据动能定理知,W=m=14.4 J.
(2)不计空气阻力,根据动能定理得mgh=-m
解得v1=23.32 m/s.
(3)由动能定理得mgh-Wf=-,
解得Wf=mgh-(-)=6 J.
答案:(1)14.4 J (2)23.32 m/s (3)6 J
11.如图所示,一轨道由光滑竖直的圆弧AB、粗糙水平面BC及光滑斜面CE组成,BC与CE在C点由极小光滑圆弧相切连接,斜面与水平面的夹角θ=30°.一小球从A点正上方高h=0.2 m处P点自由下落,正好沿A点切线进入轨道,已知小球质量m=1 kg,圆弧半径R=0.05 m,BC长s=0.1 m,小球过C点后经过时间t1=0.3 s第一次到达图中的D点,又经t2=0.2 s第二次到达D点.取g=10 m/s2.求:
(1)小球第一次到达圆弧轨道B点的瞬间,受到轨道弹力的大小;
(2)小球与水平面BC间的动摩擦因数μ;
(3)小球最终停止的位置.
解析:(1)设小球在B点时速度大小为vB,由动能定理得
mg(h+R)=
在圆弧轨道B点,有N-mg=
解得vB= m/s,N=110 N.
(2)设小球在CE段加速度为a,则a=gsin θ=5 m/s2
设小球第一次经过C点的速度为vC,从C点上滑到最高点,经过的时间是t,则t=t1+=0.4 s,vC=at=2 m/s
小球从B到C,根据动能定理-μmgs=m-m,
解得μ=0.5.
(3)设小球在B点动能为EB,每次经过BC段损失的能量为ΔE,则ΔE=μmgs=0.5 J,EB=m=2.5 J
其他各段无能量损失,由于EB=5ΔE,所以小球最终停在C点.
答案:(1)110 N (2)0.5 (3)C点
实验一 探究合外力做功和动能变化的关系
1.(多选)关于“探究恒力做功与动能变化”的实验,下列说法中正确的是( AC )
A.应调节定滑轮的高度使细绳与木板平行
B.应调节定滑轮的高度使细绳保持水平
C.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越密,就应调大斜面倾角
D.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越疏,就应调大斜面倾角
解析:实验中调整定滑轮高度,使细绳与木板平行,这样能使细绳对小车的拉力等于小车受的合力,A对,B错;纸带上打出的点越来越密,表明小车做减速运动,摩擦力平衡不够,这时需要垫高木板一端,使斜面倾角增大,直到打出的点均匀为止,C对,D错.
2.(2017·北京卷,21)如图1所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况.利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验.
(1)打点计时器使用的电源是 (选填选项前的字母).?
A.直流电源 B.交流电源
(2)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力.正确操作方法是 (选填选项前的字母).?
A.把长木板右端垫高
B.改变小车的质量
在不挂重物且 (选填选项前的字母)的情况下,轻推一下小车,若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响.?
A.计时器不打点
B.计时器打点
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A,B,C……若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A,B,C……各点到O点的距离为x1,x2,x3……,如图2所示.
实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg,从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W= ,打B点时小车的速度v= .?
(4)以v2为纵坐标,W为横坐标,利用实验数据做出如图3所示的v2W图像.由此图像可得v2随W变化的表达式为 .根据功与能的关系,动能的表达式中可能包含v2这个因子;分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是 .?
(5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,图4中正确反映v2W关系的是 .?
解析:(1)打点计时器是一种使用交流电源的仪器,选项A错误,B
正确;
(2)平衡摩擦力和其他阻力的正确操作方法是垫高长木板固定打点计时器的一端,若小车拖着的纸带打点间距相等,则表明小车在长木板上做匀速运动,此时重力沿斜面向下的分力正好平衡摩擦力和其他
阻力.
(3)重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg,由功的定义式W=FL可得,拉力对小车做的功W=mgx2;由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知,B点时小车的速度v=.
(4)由图像知,图线与纵轴截距为0.008,斜率k=4.69,结合图像横轴单位,可知v2=4.7W.图线斜率的单位为=kg-1,可知与图线斜率有关的物理量应是质量.
(5)若已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,但重物质量不满足远小于小车质量,应有W=mgx=(m+M)v2,M为小车质量,则v2=W,v2与W为正比关系,图中的A项正确.
答案:(1)B (2)A B
(3)mgx2
(4)v2=4.7W 质量
(5)A
3.某同学在研究“对不同物体做相同功情况下,物体质量与速度的关系”时,提出了以下四种猜想:
A.m∝v B.m∝
C.m∝v2 D.m∝
为验证猜想的正确性,该同学用如图(甲)所示的装置进行实验:将长木板平放在水平桌面上,木块固定在长木板一端,打点计时器固定在木块上,木块右侧固定一轻弹簧.用连接纸带的小车压缩弹簧至长木板的虚线处由静止释放,打点计时器在纸带上打下一系列点,选取点迹均匀的一部分纸带,计算出小车匀速运动的速度v1,测出小车的质量m1;然后在小车上加砝码,再次压缩弹簧至木板虚线处由静止释放小车,计算出小车和砝码匀速运动的速度v2,测出小车和砝码的总质量m2;再在小车上加砝码,重复以上操作,分别测出v3,m3…
(1)每次实验中,都将小车压缩弹簧至长木板的虚线处由静止释放,目的是 ;若要消除每次实验中小车和纸带受到的阻力对小车运动的影响,应进行的实验操作是 .?
(2)某次实验采集的五组数据如下表:
m/kg
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
v/(m·s-1)
1.000
0.707
0.577
0.500
0.447
由表格数据直观判断,明显不正确的两个猜想是A,B,C,D中的 ;若对某个猜想进行数据处理并作图,画出了如图(乙)所示的图像,则图中的横坐标应是 .?
解析:(1)每次将小车压缩弹簧至长木板的虚线处,弹簧具有相同的弹性势能,这样每次对小车做的功相同,小车获得的动能相同;要消除阻力对小车运动的影响,应先平衡摩擦力,可垫高木板固定打点计时器的一端,静止释放小车时,小车连同纸带一起在木板上匀速运动.
(2)由表中数据可知,明显不正确的两个猜想是A和C;由表中数据及图像可知小车的质量m跟成正比,故横坐标为.
答案:(1)使小车获得相同的动能(弹簧对小车做功相同) 垫高木板固定打点计时器的一端,静止释放小车时,小车连同纸带一起在木板上匀速运动(平衡摩擦力) (2)AC
4.在“探究做功与动能变化的关系”实验中,常用的两种实验方案如图所示.甲通过重物提供牵引力,小车在牵引力作用下运动,用打点计时器测量小车的速度,定量计算牵引力所做的功,进而探究牵引力所做功与小车速度的关系;乙通过不同条数橡皮筋的作用下将小车弹出,用打点计时器测量小车的速度,进而探究橡皮筋对小车所做功与其速度的关系.
(1)针对这两种实验方案,以下说法正确的是 .?
A.甲可以只打一条纸带研究,而乙必须打足够多条纸带才能研究
B.甲中需要平衡小车运动中受到的阻力,而乙中不需要平衡阻力
C.甲中小车质量必须远大于所挂重物的质量,而乙中小车质量没有特别的要求
(2)某同学在实验中打出的一条纸带如图所示,0,1,2,…,7为纸带上连续打出的点,打点计时器的电源频率为50 Hz.根据这条纸带,可以判断他在实验中采用的方案是 (选填“甲”或“乙”),实验中小车失去外力后的速度为 m/s.?
解析:(1)甲实验中根据打下的一条纸带,运用匀变速直线运动的推论可求得速度,并能根据纸带测量出重物下落的距离,即可进行探究;在乙实验中,要改变拉力做功时,用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度,这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系,所以必须打足够多条纸带才能研究,故A正确.在两个实验中,小车下滑时受到重力、细线或橡皮筋的拉力、支持力和摩擦力,要使拉力等于合力,则都要用重力的下滑分力来平衡摩擦力,使得拉力的功等于合外力对小车做的功,故B错误.在甲实验中,要用重物的重力替代细线的拉力,必须满足这个条件:小车质量远大于所挂重物的质量;而在乙实验中,小车质量没有特别的要求,故C正确.(2)在甲实验中,小车做匀加速直线运动,根据推论Δx=aT2,在连续相等时间内位移应均匀增大;在乙实验中,小车先做变加速运动,在失去外力后做匀速直线运动.由纸带上的数据看出,此小车最后做匀速运动,故他在实验中采用的方案是乙.由数据看出,打点4后小车失去外力,则速度为v==×1 m/s=1.75 m/s.
答案:(1)AC (2)乙 1.75
5.某实验小组的同学采用如图(甲)所示的装置(实验中,小车碰到制动装置时,钩码尚未到达地面)用打点计时器得到一条纸带后,通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合力对小车所做的功与速度变化的关系.图(乙)是实验中得到的一条纸带,点O为纸带上的起始点,A,B,C是纸带上的三个连续的计数点,相邻两个计数点间均有4个点未画出,用刻度尺测得A,B,C到O的距离如图(乙)所示.已知所用交变电源的频率为50 Hz,则:
(1)打B点时,小车的瞬时速度vB= m/s.(结果保留两位有效数字)?
(2)实验中,该小组的同学画出小车位移l与速度v的关系图像如图(丙)所示.根据该图线形状,某同学对W与v的关系作出的猜想,肯定不正确的是 (填写选项字母代号)?
A.W∝v2 B.W∝v
C.W∝ D.W∝v3
(3)本实验中,若钩码下落高度为h1时合力对小车所做的功为W0,则当钩码下落h2时,合力对小车所做的功为 .(用h1,h2,W0表示)?
解析:(1)vB== m/s=0.80 m/s.
(2)由题图知,位移与速度的关系图像很像抛物线,所以可能l∝v2或
l∝v3,又因为W=Fl,F恒定不变,故W∝v2或W∝v3,A,D正确,B,C错误.
(3)设合力为F,由W0=Fh1,得F=,
所以当钩码下落h2时W=Fh2=W0.
答案:(1)0.80 (2)BC (3)W0
实验二 验证机械能守恒定律
1.(多选)为验证在自由落体过程中物体的机械能是守恒的,某同学利用实验系统设计了一个实验,实验装置如图所示,图中A,B两点分别固定了两个速度传感器,速度传感器可以测出运动物体的瞬时速度.在实验中测得一物体自由下落经过A点时的速度是v1,经过B点时的速度是v2,为了证明物体经过A,B两点时的机械能相等,这位同学又设计了以下几个步骤,你认为其中不必要或者错误的是( AC )
A.用天平测出物体的质量
B.测出A,B两点间的竖直距离
C.利用m-m算出物体从A点运动到B点的过程中动能的变化量
D.验证-与2gh是否相等
解析:物体重力势能减少量为mgh,动能增加量为m-m,计算gh和-,如果在实验误差允许的范围内gh=-,则机械能守恒定律得到验证.综上应选A,C.
2.某次“验证机械能守恒定律”的实验中,用6 V,50 Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带,如图所示,O点为重锤下落的起点,选取的计数点为A,B,C,D,各计数点到O点的长度已在图上标出,单位为毫米,重力加速度取9.8 m/s2,重锤质量为1 kg.
(1)打点计时器打出B点时,重锤下落的速度vB= m/s,重锤的动能= J.?
(2)从开始下落算起,打点计时器打B点时,重锤的重力势能减小量
为 J.?
(3)根据纸带提供的数据,得到的结论是在误差允许的范围内,重锤从静止开始到打出B点的过程中, .?
解析:(1)重锤下落的速度vB==1.17 m/s
重锤在打出B点时的动能
=m=×1×1.172 J=0.68 J.
(2)打点计时器打B点时,重锤的重力势能减小量
Δ=mghOB=1×9.8×70.5×1 J=0.69 J.
(3)由(1),(2)计算结果可知,重锤下落过程中,在实验误差允许的范围内,动能的增加量等于其重力势能的减少量,机械能守恒.
答案:(1)1.17 0.68 (2)0.69 (3)机械能守恒
3.(2016·全国Ⅰ卷,22)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示.
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算.
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为 ,打出C点时重物下落的速度大小为 ,重物下落的加速度大小为 .?
(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm,当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%,由此推算出f为 Hz.?
解析:(1)由关系式Δs=aT2得s2-s1=a1,s3-s2=a2,则a==.
根据=vt得vB==,
vC==.
(2)由牛顿第二定律得mg-1%mg=ma,
而a=,
由此得0.99g=,
即f= Hz=40 Hz.
答案:(1) (2)40
4.某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒.实验前需要调整气垫导轨底座使之水平,用游标卡尺测得遮光条的宽度为d,实验时将滑块从图示位置由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt.
(1)实验前需要调整气垫导轨底座使之水平.接通气源,将滑块静置于气垫导轨上,若滑块基本保持 状态,则说明导轨是水平的;轻推滑块,若滑块能做 运动,也说明导轨是水平的.?
(2)在本次实验中还需要测量的物理量有钩码的质量m、 和 (用文字说明并用相应的字母表示).?
(3)本实验通过比较 和 在实验误差允许的范围内相等(用测量的物理量符号表示),从而验证了系统的机械能守恒.?
(4)你估计减少的重力势能和增加的动能哪个可能偏小? .你认为造成这种偏差的原因可能是 .?
解析:(1)接通气源,将滑块静置于气垫导轨上,若滑块基本保持静止状态,则说明导轨是水平的;轻推滑块,若滑块能做匀速直线运动,也说明导轨是水平的.
(2)本实验中钩码减少的重力势能转化为钩码和滑块的动能,所以需要测出滑块的质量M以及钩码下降的高度即滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离x.
(3)此过程中钩码减少的重力势能为mgx,滑块运动到光电门时的速度v=,钩码和滑块增加的动能为(m+M)()2,在实验误差允许的范围内,只要计算出mgx与(m+M)()2相等,就验证了系统的机械能守恒.
(4)运动过程中存在摩擦力,定滑轮也有质量,所以钩码减少的重力势能一方面转化为系统(包括定滑轮)的动能,另一方面要克服摩擦力做功,所以系统增加的动能要小一些.
答案:(1)静止 匀速直线 (2)滑块的质量M 钩码下降的高度或滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离x
(3)mgx (m+M)()2 (4)增加的动能 存在摩擦力
5.某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究:一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连;弹簧处于原长时,小球恰好在桌面边缘,如图(甲)所示.向左推小球,使弹簧压缩一段距离后由静止释放;小球离开桌面后落到水平地面.通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能.回答下列问题:
(1)本实验中可认为,弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等.已知重力加速度大小为g.为求得Ek,至少需要测量下列物理量中的 (填正确答案标号).?
A.小球的质量m
B.小球抛出点到落地点的水平距离s
C.桌面到地面的高度h
D.弹簧的压缩量Δx
E.弹簧原长l0
(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek,得Ek= .?
(3)图(乙)中的直线是实验测量得到的s-Δx图线.从理论上可推出,如果h不变,m增加,s-Δx图线的斜率会 (填“增大”“减小”或“不变”);如果m不变,h增加,s-Δx图线的斜率会 (填“增大”“减小”或“不变”).由图(乙)中给出的直线关系和Ek的表达式可知,Ep与Δx的 次方成正比.?
解析:(1)小球抛出时的动能Ek=m,要求得v0需利用平抛知识,s=v0t,h=gt2.根据s,h,g,求得v0=s,因此,需测量小球质量m、桌面高度h及落地水平距离s.
(2)小球抛出时的动能Ek=m=.
(3)弹簧的弹性势能Ep=Ek=m=,
即s=2,根据题给的直线关系可知,s与Δx成正比,而Ep与s2成正比,故Ep应与Δx的二次方成正比,
则s∝2Δx,s-Δx图线的斜率正比于,如果h不变,m增加,
s-Δx图线的斜率将会减小;如果m不变,h增加,则s-Δx图线的斜率会增大.
答案:(1)ABC (2) (3)减小 增大 二
6.(2016·江苏卷,11)某同学用如图(甲)所示的装置验证机械能守恒定律.一根细线系住钢球,悬挂在铁架台上,钢球静止于A点,光电门固定在A的正下方.在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条.将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出,取v=作为钢球经过A点时的速度.记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t,计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk,就能验证机械能是否守恒.
(1)用ΔEp=mgh计算钢球重力势能变化的大小,式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直距离.?
A.钢球在A点时的顶端
B.钢球在A点时的球心
C.钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk=mv2计算钢球动能变化的大小,用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图(乙)所示,其读数为 cm.某次测量中,计时器的示数为0.010 0 s,则钢球的速度为v= m/s.?
(3)下表为该同学的实验结果:
ΔEp(×10-2 J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk(×10-2 J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异,认为这是由于空气阻力造成的.你是否同意他的观点?请说明理由.
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议.
解析:(1)钢球下落的高度为初末位置球心间的竖直距离,所以选B.(2)由图知读数为1.50 cm(1.49～1.51都算对),钢球的速度为v=,代入数据解得v=1.50 m/s(1.49～1.51都算对).(3)若是空气阻力造成的,则ΔEk应小于ΔEp,根据表格数据知不是空气阻力造成的.(4)钢球经过A点时,光电门的位置低于球心的位置,故实验中测得的钢球速度大于钢球在A点的实际速度.遮光条与钢球运动的角速度相等,由v=ω·r知,ω一定时,v与r成正比,故分别测出光电门和球心到悬点的距离L和l,即可折算出钢球经过A点时的速度v′=·v.
答案:(1)B (2)1.50(1.49～1.51都算对) 1.50(1.49～1.51都算对) (3)见解析 (4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计算ΔEk时,将v折算成钢球的速度v′=v.
第1节 功
A组
功的理解及正负功的判断
1.关于功的概念,以下说法正确的是( D )
A.有力且有位移,该力一定做功
B.力是矢量,位移是矢量,所以功也是矢量
C.若某一个力对物体不做功,说明该物体一定没有位移
D.一个力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移大小及力和位移夹角的余弦三者的乘积
解析:功是标量而不是矢量.做功的两个必不可少的条件是力和在力的方向上的位移,据此我们可以得出:没有力就没有功;有力而没有位移也没有功;有力且有位移但位移方向与力的方向垂直也没有功,故D正确.
2.如图所示,用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中,下列说法正确的是( D )
A.有摩擦力时比无摩擦力时F做的功多
B.有摩擦力时比无摩擦力时F做的功少
C.物体加速运动时F做的功比减速运动时F做的功多
D.物体无论是加速、减速还是匀速,力F做的功一样多
解析:力一定,物体的位移一定,无论是否有摩擦,也不管物体做什么运动,力做的功都是一确定的值,D对.
3.(多选)一物体在两个力F1,F2的共同作用下发生了一段位移,做功分别为W1=6 J,W2=-6 J,下列说法正确的是( BC )
A.这两个力一定大小相等、方向相反
B.F1是动力,F2是阻力
C.这两个力做的总功为0
D.F1比F2做的功多
解析:两个力分别做正功、负功,说明它们与运动方向的夹角分别小于90°、大于90°,但这两个力不一定方向相反,故选项A错误.F1做正功一定是动力,F2做负功一定是阻力,但正、负不表示功的大小,故选项B正确,D错误.两个力的总功等于这两个功的代数和,故选项C正确.
恒力做功的计算
4.如图所示,一个质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于O点,小球在水平恒力F作用下,从平衡位置P点移到Q点,则水平力F所做的功为( B )
A.mglcos θ
B.Flsin θ
C.mgl(1-cos θ)
D.Flcos θ
解析:F为恒力,故可以用功的定义式进行求解,关键是力F与位移的夹角α的确定.设小球的位移大小为s,力F与位移的夹角为α,由功的公式得W=F·scos α,由几何知识得scos α=lsin θ,所以W=F·lsin θ,只有选项B正确.
5.一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F,力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图(甲)和(乙)所示.设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1,W2,W3,则以下关系式正确的是( B )
A.W1=W2=W3 B.W1C.W1解析:各秒内位移等于速度图线与横轴所围的“面积”,由(乙)图可知x1=×1×1 m=0.5 m,x2=×1×1 m=0.5 m,x3=1×1 m=1 m,结合(甲)图力的大小,可以求得W1=1×0.5 J=0.5 J,W2=3×0.5 J=1.5 J,W3=2×1 J=2 J,故B正确.
变力做功的计算
6.如图所示,某个力F=10 N作用在半径为R=1 m的转盘的边缘上,力F的大小保持不变,但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致,则转动一周这个力F做的总功为( B )
A.0 B.20π J C.10 J D.10π J
解析:力F的大小不变,但方向时刻都在变化,属于变力做功问题,可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时,可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致,故所求的总功为W=F·Δs1+F·Δs2+F·Δs3+…=F(Δs1+Δs2+Δs3+…)=F·2πR=20π J,选项B正确.
7.如图所示,一长为L木板与水平面的夹角为α,B端静放着质量为m的小物块P,P与板间的动摩擦因数为μ.若板纸A端顺时针缓慢转动直至板水平,则这个过程中( A )
A.摩擦力对小物块P做的功为0
B.摩擦力对小物块P做的功为μmgcos α·2Lsin
C.合力对小物块P做的功为mgLsin α
D.弹力对小物块P做功为-mgLcos αsin α
解析:小物块P共受到三个力即重力G、弹力N和静摩擦力f作用.f始终与速度方向垂直,不做功,选项A正确,B错误;板绕A端顺时针缓慢转动物块可视为处于平衡状态,则P受到的合外力始终为零,合外力做功W合=0,选项C错误;重力对物块做的功WG=mgLsin α,合外力做功为W合=WN+WG,解得弹力对P做的功WN=W合-WG=0-mgLsin α=-mgLsin α,选项D错误.
8.放在地面上的木块与一轻弹簧相连,弹簧处于自由伸长状态.现用手水平拉弹簧,拉力的作用点移动x1=0.2 m 时,木块开始运动,继续拉弹簧,木块缓慢移动了x2=0.4 m的位移,其Fx图像如图所示,上述过程中拉力所做的功为( B )
A.40 J B.20 J C.24 J D.16 J
解析:由Fx图像可知,在木块运动之前,弹簧弹力随弹簧伸长量的变化是线性关系,木块缓慢移动时弹簧弹力不变,图线与横轴所围梯形面积即为拉力所做的功,即W=×(0.6+0.4)×40 J=20 J.
B组
9.质量为m的物体从高处由静止下落,如不计空气阻力,在第1 s内和第3 s内重力做的功之比为( C )
A.1∶1 B.1∶3 C.1∶5 D.1∶8
解析:物体在第1 s内和第3 s内下降的高度分别为x1=g×12=g,x2=g(32-22)=g.第1 s内和第3 s内重力做的功分别为W1=mgx1=mg2,W2=mgx2=mg2,所以W1∶W2=1∶5,C正确.
10.(多选)一物体在水平面上,受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动,已知在第1秒内合力对物体做的功为45 J,在第1秒末撤去拉力,其v-t图像如图所示,g取10 m/s2,则( AD )
A.物体的质量为10 kg
B.物体与水平面的动摩擦因数为0.2
C.第1秒内摩擦力对物体做的功为-60 J
D.第1秒内拉力对物体做的功为60 J
解析:由图像知1～4 s内的加速度a1=μg=1 m/s2,则μ=0.1,B错,第1秒的加速度a=3 m/s2,位移s=1.5 m,合外力做的功W=mas=45 J,则m== kg=10 kg,A对,摩擦力做的功Wf=-μmgs=-0.1×10×10×
1.5 J=-15 J,C错,拉力做的功WF=F·s=(μmg+ma)s=(0.1×10×10+
10×3)×1.5 J=60 J,D对.
11.两块相同材料的物块A和B放在光滑的水平地面上,在水平力F的作用下一同前进,如图所示,其质量之比为mA∶mB=1∶2.在运动过程中,力F一共对物体做功300 J,则A对B的弹力对B所做的功为多少?
解析:对A,B整体由牛顿第二定律得F=(mA+mB)a
对B有:FAB=mBa
解得FAB=F
设A,B移动距离为x,则F做功W=Fx
A对B做功WAB=FABx
解得WAB=W=200 J.
答案:200 J
12.人在A点拉着绳子,通过一个定滑轮吊起一个质量m=50 kg的物体,如图所示.开始时绳与水平方向的夹角为60°,在匀速提起物体的过程中,人由A点沿水平方向运动了l=2 m到达B点,此时绳与水平方向成30°角.求人对绳的拉力做的功.(g取10 m/s2)
解析:设滑轮距人手的高度为h,则h(-)=l,
人由A运动到B的过程中,物体上升的高度
Δh=-
故人对绳的拉力所做的功W=mgΔh
代入数据得W≈732 J.
答案:732 J
13.如图所示,建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端,斜面长是4 m,若不计滑轮的质量和各处的摩擦力,g取10 N/kg,求这一过程中:
(1)人拉绳子的力做的功;
(2)物体的重力做的功;
(3)物体受到的各力对物体做的总功.
解析:(1)工人拉绳子的力F=mgsin θ
工人将料车拉到斜面顶端时,拉绳子的长度l=2L,
根据公式W=Flcos α,
得W1=mgsin θ·2L=2 000 J.
(2)重力做功W2=-mgh=-mgLsin θ=-2 000 J.
(3)由于料车在斜面上匀速运动,则料车所受的合力为0,
故W合=0.
答案:(1)2 000 J
(2)-2 000 J
(3)0
第2节 功 率
A组
功率的理解
1.对公式P=Fv的理解,下列说法中正确的是( C )
A.F一定是物体所受的合力
B.P一定是合力的功率
C.此公式中F与v必须共线
D.此公式中F与v可以成任意夹角
解析:公式P=Fv中的F可以是物体的合力,也可以是物体所受的某个力,但F,v必须共线,故C正确.
2.质量为m的物体,在水平恒力F的作用下,在光滑水平面上从静止开始运动,则有( B )
A.力F对物体做功的瞬时功率保持不变
B.力F对物体做功的瞬时功率跟时间t成正比
C.某时刻力F的瞬时功率小于从开始到此时刻这段时间内力F的平均功率
D.某时刻力F的瞬时功率等于从开始到此时刻这段时间内力F的平均功率
解析:物体的加速度a=,t时刻的速度v=at=,t时刻的功率P=Fv=Fat=,因为F,m为定值,所以P与t成正比,故B正确,A错误;0～t时间内F的平均功率P=F=F=,即某时刻的瞬时功率大于从开始到此时刻这段时间内的平均功率.故C,D错误.
功率的计算
3.一个质量m=2 kg的物体从静止开始自由下落,则第2 s内重力的平均功率是( B )
A.400 W B.300 W C.200 W D.100 W
解析:由v=gt得物体在第1 s,2 s末的速度分别为v1=10 m/s,v2=20 m/s,第2 s内的平均速度为=15 m/s,所以第2 s内重力的平均功率P=mg=300 W,B正确.
4.如图,一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上,另一端固定一质量为m的小球.一水平向右的拉力作用于杆的中点,使杆以角速度ω匀速转动,当杆与水平方向成60°时,拉力的功率为( C )
A.mgLω B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
解析:小球的线速度v=Lω,当杆与水平方向成60°时,重力与速度方向的夹角θ=120°,此时重力做功的功率P=mgvcos θ=-mgLω,而拉力的功率等于轻杆克服重力做功的功率,故选项C正确.
5.一个小孩站在船头,在如图所示的两种情况下用同样大小的拉力拉绳,经过相同的时间t(船未碰)小孩所做的功W1,W2及在t时刻小孩拉绳的瞬时功率P1,P2的关系为( C )
A.W1>W2,P1=P2 B.W1=W2,P1=P2
C.W1解析:小孩所做的功在第一种情况下是指对自身(包括所站的船)做的功,在第二种情况下除对自身做功外,还要对另外一船做功,由于两种情况下人对自身所做的功相等,所以W1P2=F(v1+v2),所以选项C正确.
6.一质量为m的木块静止在光滑的水平地面上,大小为F、方向与水平面成θ角的恒力作用在该木块上,经过时间t,力F的瞬时功率为( A )
A. B.
C. D.
解析:对木块受力分析可知,木块受重力、支持力和力F的作用,由牛顿第二定律可得,Fcos θ=ma,所以a=,t时刻的速度为v1=at=,所以瞬时功率P=Fv1cos θ=,A正确.
7.某同学的质量为50 kg,所骑自行车的质量为15 kg,设该同学在平直路面上正常骑行时脚踏自行车的功率为40 W.若人与车受到的阻力是其重力的0.02倍,则正常骑行时的速度大小约为(g取10 m/s2)
( A )
A.3 m/s B.4 m/s C.13 m/s D.30 m/s
解析:人和车受的阻力为f=0.02×(15+50)×10 N=13 N,则匀速运动时的牵引力为F=13 N,根据P=Fv得v=≈3 m/s,选项A正确.
机车起动问题
8.(2015·全国Ⅱ卷,17)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是( A )
解析:由题意知汽车发动机的功率为P1,P2时,汽车匀速运动的速度为v1,v2满足P1=fv1,P2=fv2,即v1=P1/f,v2=P2/f.若t=0时刻v0v1的情况,故不作分析.在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动,有-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故选项A正确,C错误.
9.(多选)一辆轿车在平直公路上运行,启动阶段轿车牵引力保持不变,而后以额定功率继续行驶,经过时间t0,其速度由零增大到最大值vm.若轿车所受的阻力f为恒力,关于轿车的速度v、牵引力F、功率P随时间t变化的情况,图中正确的是( BCD )
解析:轿车以恒定的牵引力F起动,由a=得,轿车先做匀加速运动,由P=Fv知,轿车的输出功率均匀增加,当功率达到额定功率时,牵引力逐渐减小,加速度逐渐减小,轿车做加速度逐渐减小的加速运动,当F=f时,速度达到最大,之后轿车做匀速运动,选项B,C,D正确.
B组
10.物体在水平地面上受到水平拉力F作用,在6 s内v-t图像和力F做功功率的P-t图像如图(甲)、(乙)所示,则物体的质量为(g取
10 m/s2)( B )
A. kg B. kg C.0.9 kg D.0.6 kg
解析:由v-t图像可知物体在0～2 s内做匀加速直线运动,其中a1=3 m/s2,F1==5 N,2 s～6 s内做匀速直线运动,速度v2=6 m/s,而且拉力F2=f,由P2=F2v2=fv2可得f== N= N,由牛顿第二定律得F1-f=ma1,所以质量m== kg= kg,故选项B正确.
11.从空中以10 m/s的初速度水平抛出一质量为1 kg的物体,物体在空中运动了3 s后落地,不计空气阻力,g取10 m/s2.求3 s内物体重力的平均功率和落地时的瞬时功率.
解析:设物体从抛出到落地的竖直位移为h
则3 s内重力的平均功率P==,又因为h=gt2
由以上两式可解得P=mg2t=150 W.
设物体在3 s末的瞬时速度为v3,则
重力在3 s末的瞬时功率P=mgv3cos α=mg
又因为=gt,所以P=mg2t=300 W.
答案:150 W 300 W
12.一部电动机通过一轻绳从静止开始向上提起质量为m=4.0 kg的物体,在前2.0 s内绳的拉力恒定,此后电动机保持额定功率P额=600 W工作,物体被提升至h=60 m高度时恰好达到最大速度vm.上述过程的v-t图像如图所示(取g=10 m/s2,不计空气阻力),求:
(1)物体的最大速度vm;
(2)物体速度v2=12 m/s时加速度的大小;
(3)物体从速度v1=10 m/s时开始,到提升至60 m高度,克服重力所做的功.
解析:(1)当拉力F=mg时,物体达到最大速度vm,
则vm==15 m/s.
(2)当v2=12 m/s时电动机以额定功率工作,由P额=F2v2
得F2=50 N
由牛顿第二定律得F2-mg=ma2,
解得a2=2.5 m/s2.
(3)物体匀加速阶段上升高度h1=v1t1=10 m
物体变加速阶段上升高度h2=h-h1=50 m
克服重力所做的功WG=mgh2=2 000 J.
答案:(1)15 m/s (2)2.5 m/s2 (3)2 000 J
13.一辆汽车质量为1×103 kg,最大功率为2×104 W,在水平路面上由静止开始做直线运动,最大速度为v2,运动中汽车所受阻力恒定.发动机的最大牵引力为3×103 N,其行驶过程中牵引力与车速的倒数的关系如图所示.求:
(1)汽车的最大速度大小;
(2)整个过程中汽车的最大加速度;
(3)汽车速度为10 m/s时发动机的功率.
解析:(1)汽车在AB段的牵引力恒定,汽车做匀加速直线运动,BC段牵引力减小,汽车做加速度减小的加速运动,最后汽车以最大速度v2做匀速直线运动,此时P=F2v2,且F2=f=1×103 N
得出汽车的最大速度大小v2=20 m/s.
(2)由B点的数据可知,
发动机的最大牵引力F1=3×103 N,
由C点的数据可知,汽车所受阻力f=1×103 N,
AB段加速度最大,由牛顿第二定律可得F1-f=ma,
可得汽车的最大加速度a=2 m/s2.
(3)由B点的数据可知,Pm=F1v1,
得出v1= m/s,
即汽车速度达到 m/s时功率已达到最大值,此后保持功率不变,继续加速,到10 m/s时,功率仍为最大值Pm,
即汽车速度为10 m/s时发动机的功率P=2×104 W.
答案:(1)20 m/s (2)2 m/s2 (3)20 kW
第3节 势 能
A组
重力势能的理解
1.关于重力势能,下列说法中正确的是( D )
A.物体的位置一旦确定,它的重力势能的大小也随之确定
B.物体与零势能面的距离越大,它的重力势能也越大
C.一个物体的重力势能从-3 J变化到-5 J,重力势能增大了
D.重力势能的减少量等于重力对物体做的功
解析:重力势能的大小具有相对性,其大小与参考平面的选取有关,选项A错误;物体位于零势能面下方时,距离越大,重力势能越小,选项B错误;物体的重力势能从-3 J变化到-5 J,重力势能变小了,选项C错误;由重力做功与重力势能变化的关系可知选项D正确.
重力做功与重力势能的变化
2.关于重力做功和物体重力势能的变化,下列说法中错误的是( D )
A.当重力对物体做正功时,物体的重力势能一定减小
B.当物体克服重力做功时,物体的重力势能一定增大
C.重力做功的多少与参考平面的选取无关
D.重力势能的变化量与参考平面的选取有关
解析:重力做正功,重力势能一定减小,选项A正确;重力做负功,重力势能一定增大,选项B正确;重力势能的变化量由重力做功的多少来量度,取决于重力的大小以及初、末位置的高度差,与其他因素无关,选项C正确,D错误.
3.物体做自由落体运动,以下有关其相对于地面的重力势能与下落速度的关系图,正确的是( C )
解析:设物体原来高度为h0,具有重力势能为Ep0=mgh0,下落过程中有Ep=mg(h0-gt2)=Ep0-mg2t2=Ep0-mv2,即C正确.
弹性势能及其变化
4.如图所示,在光滑水平面上有一物体,它的左端连一弹簧,弹簧的另一端固定在墙上,在力F作用下物体处于静止状态,当撤去F后,物体将向右运动,在物体向右运动的过程中,下列说法正确的是( C )
A.弹簧对物体做正功,弹簧的弹性势能逐渐减小
B.弹簧对物体做负功,弹簧的弹性势能逐渐增加
C.弹簧先对物体做正功,后对物体做负功,弹簧的弹性势能先减小再增大
D.弹簧先对物体做负功,后对物体做正功,弹簧的弹性势能先增大再减小
解析:开始时,弹簧处于压缩状态,撤去F后物体在向右运动的过程中,弹簧对物体的弹力方向先向右后向左,对物体先做正功后做负功,故弹簧的弹性势能应先减小后增大,故C正确.
5.(多选)有一劲度系数为k的弹簧,当弹簧从原长伸长Δl时弹力做功为W0.若规定弹簧处于原长时弹性势能为零,则下列叙述正确的是( BD )
A.使弹簧从原长伸长Δl时,弹力做正功W0,弹性势能Ep<0
B.使弹簧从原长压缩Δl时,弹力做负功W0,弹性势能Ep>0
C.使弹簧从伸长Δl变化到缩短Δl的过程中,弹力做2W0的正功
D.使弹簧从伸长Δl变化到缩短Δl的过程中,弹力的功为零
解析:弹簧从原长不论伸长还是压缩弹力均做负功,弹性势能增大,即Ep>0,故选项A错误,B正确,弹簧伸长Δl与压缩Δl时具有相同的弹性势能,由弹力做功与弹性势能变化的关系可知弹簧从伸长Δl到压缩Δl的过程中弹性势能的变化为零,所以弹力做的总功为零(实际上先做W0的正功,后又做了W0的负功).故选项C错误,D正确.
B组
6.(多选)一升降机箱底部装有若干个弹簧,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂,忽略摩擦和空气阻力的影响,则升降机从弹簧下端触地直到最低点的一段运动过程中( CD )
A.升降机的速度不断减小
B.升降机的加速度不断变大
C.先是弹力做的负功小于重力做的正功,然后是弹力做的负功大于重力做的正功
D.重力势能减小,弹性势能增大
解析:从弹簧下端触地直到最低点的运动过程中,弹簧的弹力不断变大.当弹力小于重力大小时,升降机加速度方向向下,升降机做加速运动,由a=可知,加速度减小,重力做的功要大于弹力做的负功;当弹力大于重力大小时,升降机加速度方向向上,升降机做减速运动,由a=可知,加速度变大,重力做的功要小于弹力做的负功.重力势能一直减小,弹性势能一直增大.综上所述,C,D正确.
7.(多选)如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端齐平.用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面),在此过程中( BC )
A.软绳重力势能共减少了mgl
B.软绳重力势能共减少了mgl
C.软绳重力势能的减少等于软绳克服它的重力所做的功
D.软绳重力势能的减少等于物块对它做的功与软绳克服自身重力、摩擦力所做功之和
解析:软绳重力势能共减少mg[(-lsin θ)-(-l)]=mgl,故选项A错误,B正确;根据重力做功与重力势能变化的关系知道,软绳重力势能的减少等于软绳克服它的重力所做的功,故选项C正确,D错误.
8.金茂大厦是上海的标志性建筑之一,它主体建筑地上88层,地下3层,高达420 m,是目前国内第一、世界第三高楼.距地面340 m的第88层为国内迄今最高的观光层,环顾四周,极目眺望,上海新貌尽收在眼底.站在88层上质量为60 kg的游客,在下列情况中,他的重力势能各是多少?(g取10 m/s2)
(1)以地面为零势面;
(2)以第88层为零势面;
(3)以420 m的楼顶为零势面,若他乘电梯从地面上升到88层,他克服重力做多少功?
解析:(1)以地面为参考面h=340 m,
所以Ep=mgh=60×10×340 J=2.04×105 J.
(2)以88层为零势面h=0,所以Ep=0.
(3)游客从地面到88层,重力做的功为
WG=-mgΔh=-60×10×340 J=-2.04×105 J
所以他克服重力做功2.04×105 J.
答案:(1)2.04×105 J (2)0 (3)2.04×105 J
9.盘在地面上的一根不均匀的金属链重30 N,长1 m,从甲端缓慢提至乙端恰好离地时需做功10 J.如果改从乙端缓慢提至甲端恰好离地要做多少功?(取g=10 m/s2)
解析:设绳子的重心离乙端距离为x1,则当乙端刚离开地面时有mgx1=10 J,
可得x1= m.
则绳子的重心离甲端距离x2=(1-x1)= m,
可知从乙端缓慢提至甲端恰好离地要做功W=mgx2=20 J.
答案:20 J
10.在离地80 m处由静止释放一个小球,小球的质量为m=200 g,不计空气阻力,g取10 m/s2,取释放处所在水平面为参考平面.求:
(1)在第2 s末小球的重力势能;
(2)在第3 s内重力所做的功和重力势能的变化.
解析:(1)在第2 s末小球所处的高度为h=-gt2=-20 m
重力势能为Ep=mgh=0.2×10×(-20) J=-40 J.
(2)在第3 s末小球所处的高度为h′=-gt′2=-45 m
第3 s内重力做功为
WG=mg(h-h′)=0.2×10×(-20+45) J=50 J
WG>0,所以小球的重力势能减少,且减少了50 J.
答案:(1)-40 J (2)50 J 减少了50 J
第4节 动能 动能定理
A组
动能的理解
1.(多选)质量一定的物体( BC )
A.速度发生变化时其动能一定变化
B.速度发生变化时其动能不一定变化
C.速度不变时其动能一定不变
D.动能不变时其速度一定不变
解析:速度是矢量,速度变化时可能只有方向变化,而大小不变,动能是标量,所以速度只有方向变化时,动能可以不变;动能不变时,只能说明速度大小不变,但速度方向不一定不变,故只有B,C正确.
2.两个物体质量比为1∶4,速度大小之比为4∶1,则这两个物体的动能之比为( C )
A.1∶1 B.1∶4 C.4∶1 D.2∶1
解析:由动能表达式Ek=mv2得=·()2=×()2=4∶1,C对.
动能定理的理解及应用
3.下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系,正确的是( C )
A.物体做变速运动,合外力一定不为零,动能一定变化
B.若合外力对物体做功为零,则合外力一定为零
C.物体的合外力做功,它的速度一定发生变化
D.物体的动能不变,所受的合外力必定为零
解析:力是改变物体速度的原因,物体做变速运动时,合外力一定不为零,但合外力不为零时,做功可能为零,动能可能不变,A,B错误.物体的合外力做功,它的动能一定变化,速度也一定变化,C正确.物体的动能不变,所受合外力做功一定为零,但合外力不一定为零,D错误.
4.一人用力把质量为1 kg的物体由静止提高1 m,使物体获得2 m/s的速度(g=10 m/s2),则下列说法错误的是( C )
A.人对物体做的功为12 J
B.物体动能增加2 J
C.合外力对物体做的功为12 J
D.物体重力势能增加10 J
解析:由动能定理得WF-mgh=mv2,代入数据解得WF=12 J,即人对物体做功12 J,A对,由动能定理知W合=mv2=2 J,B对,C错;重力做功为-mgh=-10 J,即重力势能增加10 J,D对.
5.如图所示,质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑,物体与斜面间的动摩擦因数相同,物体滑至斜面底部C点时的动能分别为和,下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2,则( B )
A.>,W1B.>,W1=W2
C.=,W1>W2
D.<,W1>W2
解析:设斜面倾角为θ,底边长为L,则斜面长度x=,摩擦力f=
μmgcos θ,根据功的定义可知,克服摩擦力做功W=fx=μmgcos θ=μmgL,故可知克服摩擦力做功与倾角无关,即W1=W2,由题意可知物体沿AC面滑下过程中重力做的功大于沿BC面滑下重力做的功,根据动能定理,>,选项B正确.
动能定理的多过程问题
6.如图所示,固定斜面倾角为θ,整个斜面分为AB,BC两段,AB=2BC.小物块P(可视为质点)与AB,BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1,μ2.已知P由静止开始从A点释放,恰好能滑动到C点而停下,那么θ,μ1,μ2间应满足的关系是( B )
A.tan θ= B.tan θ=
C.tan θ=2μ1-μ2 D.tan θ=2μ2+μ1
解析:由动能定理得mg·AC·sin θ-μ1mgcos θ·AB-μ2mgcos θ·BC=0,则有tan θ=,B项正确.
7.(多选)质量m=1 kg的物体,在水平拉力F的作用下,沿粗糙水平面运动,经过位移4 m时,拉力F停止作用,运动到位移是8 m时物体停止,运动过程中Eks的图线如图所示,g=10 m/s2,则下列说法正确的是( AD )
A.物体和平面间的摩擦力为2.5 N
B.物体和平面间的摩擦力为4.5 N
C.拉力F的大小为7.0 N
D.拉力F的大小为4.5 N
解析:在运动的第二阶段,物体在位移x2=4 m内,动能由Ek=10 J变为零,由动能定理得-fx2=-Ek,所以f=2.5 N,故A正确,B错误;在运动的第一阶段,物体位移x1=4 m,初动能Ek0=2 J,根据动能定理Fx1-fx1=Ek-Ek0,所以F=4.5 N,故C错误,D正确.
8.(多选)如图所示,水平传送带长为s,以速度v始终保持匀速运动,把质量为m的货物放到A点,货物与传送带间的动摩擦因数为μ,当货物从A点运动到B点的过程中,摩擦力对货物做的功可能( ABD )
A.等于mv2 B.小于mv2
C.大于μmgs D.小于μmgs
解析:若货物一直做匀变速直线运动,根据动能定理有Wf=ΔEk,而Wf=μmgs,可知ΔEk可能等于mv2,可能小于mv2.若货物先做匀变速直线运动,然后做匀速直线运动,有Wf<μmgs,不会大于μmgs,故选项A,B,D正确,C错误.
B组
9.(多选)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP,其中Q是半圆形轨道的中点,半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切,质量为m的小球沿水平轨道运动,通过O点进入半圆形轨道,恰好能够通过最高点P,然后落到水平轨道上,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是( ABD )
A.小球落地时的动能为2.5mgR
B.小球落地点离O点的距离为2R
C.小球运动到半圆形轨道最高点P时,向心力恰好为零
D.小球到达Q点的速度大小为
解析:小球恰好通过P点,mg=m得v0=.根据动能定理mg·
2R=mv2-m得mv2=2.5mgR,A正确.由平抛运动知识得t=,落地点与O点距离x=v0t=2R,B正确.P处小球重力提供向心力,C错误.从Q到P由动能定理-mgR=m()2-m得vQ=,D正确.
10.一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上由静止开始加速前进s距离后,关掉一个发动机,气垫船匀速运动,当气垫船将要运动到码头时,又关掉两个发动机,最后它恰好停在码头,则三个发动机都关闭后,气垫船通过的距离是多少?(设气垫船所受阻力恒定)
解析:设每个发动机的推力是F,气垫船所受的阻力是f.当关掉一个发动机时,气垫船做匀速运动,则
2F-f=0,f=2F.
开始阶段,气垫船做匀加速运动,设末速度为v,气垫船的质量为m,应用动能定理有
(3F-f)s=mv2,得Fs=mv2.
又关掉两个发动机时,气垫船做匀减速运动,应用动能定理有-fs1=0-mv2,得2Fs1=mv2.
所以s1=,即关闭三个发动机后气垫船通过的距离为.
答案:
11.质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A,B两点相距x=20 m,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取
10 m/s2,求:
(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小;
(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.
解析:(1)设物块受到的滑动摩擦力为f,则
f=μmg
根据动能定理,对物块由A到B整个过程,有
Fx1-fx=0
代入数据,解得x1=16 m.
(2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速度为a,滑动的位移为x2,则x2=x-x1
由牛顿第二定律得a=
由匀变速直线运动公式得v2=2ax2,x2=vt,
代入数据,解得t=2 s.
答案:(1)16 m (2)2 s
第5节 机械能守恒定律
A组
对机械能守恒条件的理解
1.在下列几种运动中,遵守机械能守恒定律的有( B )
A.雨点匀速下落
B.平抛运动
C.汽车刹车时的运动
D.物体沿斜面匀速下滑
解析:机械能守恒的条件是只有重力做功.选项A中除重力外,有阻力做功,机械能不守恒;选项B中只有重力做功,机械能守恒;选项C中有阻力做功,机械能不守恒;选项D中有阻力做功,机械能不守恒,故选项B正确.
2.(多选)如图所示,在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间,用一根轻质细杆连接,两小球可绕过轻杆中心的水平轴无摩擦转动,现让轻杆处于水平位置,静止释放小球后,重球b向下转动,轻球a向上转动,在转过90°的过程中,以下说法正确的是( AC )
A.b球的重力势能减少,动能增加
B.a球的重力势能增加,动能减少
C.a球和b球的机械能总和保持不变
D.a球和b球的机械能总和不断减小
解析:在b球向下、a球向上摆动过程中,两球均在加速转动,两球动能增加,同时b球重力势能减少,a球重力势能增加,故选项A正确,B错误;a,b两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功,系统机械能守恒,故选项C正确,D错误.
机械能守恒定律的应用
3.将物体由地面竖直上抛,如果不计空气阻力,物体能够达到的最大高度为H.当物体上升到过程中的某一位置,它的动能是重力势能的3倍,则这一位置的高度是( D )
A. B. C. D.
解析:物体在运动过程中机械能守恒,设动能是重力势能的3倍时的高度为h,则有mgH=Ek+mgh,即mgH=4mgh,解得h=,D正确.
4.(多选)如图所示,两个质量相同的物体a,b,在同一高度处,a自由下落,b沿光滑斜面由静止下滑,则它们到达地面时(空气阻力不计)( AC )
A.速率相同,动能相同
B.a物体速度大,动能也大
C.a,b两物体在运动过程中机械能守恒
D.b物体重力做功比a物体的重力做功大
解析:不论是自由落体还是沿光滑斜面下滑,都只有重力做功,机械能守恒,所以C正确;由机械能守恒定律得mgh=mv2,所以落地时,速率相同动能也相同,A正确.
5.(多选)如图(甲)所示,一个小环套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动.小环从最高点A滑到最低点B的过程中,其线速度大小的平方v2随下落高度h变化的图像可能是图(乙)所示四个图中的( AB )
解析:设小环在A点的速度为v0,由机械能守恒定律得-mgh+mv2=m得v2=+2gh,可见v2与h是线性关系,若v0=0,B正确;v0≠0,A正确.
6.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( B )
A.圆环的机械能守恒
B.弹簧弹性势能变化了mgL
C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析:圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A,D错误;弹簧长度为2L时,圆环下落的高度h=L,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了ΔEp=mgh=mgL,选项B正确;圆环下滑到最大距离时,具有向上的加速度,合力不为零,选项C错误.
机械能守恒与平抛、圆周运动的综合
7.如图所示,在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上,球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧.当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)( A )
A.10 J B.15 J
C.20 J D.25 J
解析:由h=gt2,tan 60°=可得v0= m/s,小球被弹射过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,则Ep=m=10 J,选项A正确.
8.如图所示,一根跨越光滑定滑轮的轻绳,两端各连有一杂技演员(可视为质点),甲站于地面,乙从图示的位置由静止开始向下摆动,运动过程中绳始终处于伸直状态,当演员乙摆至最低点时,甲刚好对地面无压力,则演员甲的质量与演员乙的质量之比为( B )
A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1
解析:设定滑轮到乙演员的距离为L,那么当乙摆至最低点时下降的高度为,根据机械能守恒定律可知m乙g=m乙v2;又因当演员乙摆至最低点时,甲刚好对地面无压力,说明绳子上的张力和甲演员的重力相等,所以m甲g-m乙g=m乙,联立上面两式可得演员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1.
B组
9.如图所示,一均质杆长为r,从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动,AB是半径为r的圆弧,BD为水平面.则当杆滑到BD位置时的速度大小为( B )
A. B.
C. D.2
解析:虽然杆在下滑过程有转动发生,但初始位置静止,末状态匀速平动,整个过程无机械能损失,故有mv2=ΔEp=mg·,解得v=,故选项B正确.
10.如图所示,一根轻质细杆两端分别固定着A,B两个质量均为m的小球,O点是光滑水平轴的转动点.已知AO=L,BO=2L.使细杆从水平位置由静止开始转动,当B球转到O点正下方时,它对细杆的拉力是多大?
解析:设B球到达O点的正下方时,A,B两球的速度分别为vA,vB.两球在转动过程中角速度相等.由v=ωr
得vA∶vB=L∶2L=1∶2.①
对A,B组成的系统应用机械能守恒定律Δ=Δ,有
mg2L-mgL=m+m.②
由①②联立解得vB=.③
B球在O点正下方时,由向心力公式,有F-mg=m.④
将③代入④得F=mg+m=1.8mg.
由牛顿第三定律可得,球对细杆的拉力F′=F=1.8mg.
答案:1.8mg
11.如图所示,一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4 m的半圆形轨道CD,竖直放置,其内径略大于小球的直径,水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连,B处为弹簧原长状态的右端.将一个质量为m=0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后,用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处,然后将小球由静止释放,小球运动到C处后对轨道的压力大小为F1=58 N.水平轨道以B处为界,左侧AB段长为x=0.3 m,与小球间的动摩擦因数为μ=0.5,右侧BC段光滑.g=10 m/s2,求:
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能;
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力.
解析:(1)对小球在C处,由牛顿第二定律及向心力公式有
F1-mg=m,
得v1=5 m/s.
从A到B由动能定理得Ep-μmgx=m,
Ep=m+μmgx=×0.8×52 J+0.5×0.8×10×0.3 J=11.2 J.
(2)从C到D,由机械能守恒定律有
m=2mgR+m,
得v2=3 m/s,
由于v2>=2 m/s,所以小球在D处对轨道外壁有压力.
小球在D处,由牛顿第二定律及向心力公式有
F2+mg=m,
得F2=10 N.
由牛顿第三定律可知,小球在D点对轨道的压力大小为10 N,方向竖直向上.
答案:(1)11.2 J (2)10 N,方向竖直向上
第6节 能源的开发与利用
A组
能源的开发和利用
1.(多选)能源短缺和环境恶化指的是( BD )
A.煤炭和石油的开采与技术有关,在当前技术条件下,煤炭和石油的开采是有限的,这叫能源短缺
B.煤炭和石油资源是有限的,以今天的开采和消耗速度,石油储藏将在百年内用尽,煤炭资源也不可能永续,这叫能源短缺
C.煤炭和石油具有很大的气味,在开采、存放和使用过程中这些气味会聚集在空气中污染空气,使环境恶化
D.大量煤炭和石油产品在燃烧时排出的有害气体污染了空气,改变了大气成分,使环境恶化
解析:煤炭和石油都是由几亿年以前的生物遗体形成的,这些能源不能短时间内再次生成,也不可重复使用,它们的储量是有限的,并不是取之不尽、用之不竭的,这是所讲的能源短缺,B正确;能源在使用时会排出有害气体污染空气,这是所讲的环境恶化,D正确.
2.下列关于能源开发和利用的说法中正确的是( C )
A.能源利用的过程是内能转化成机械能的过程
B.要合理开发和节约使用核能、太阳能、风能、地热能、海洋能等常规能源
C.能源利用的过程是一种形式的能向其他形式的能转化的过程
D.无论是节约能源还是开发能源,我国都需要外国支援
解析:能源的利用过程实际上是一种形式的能向其他形式的能转化的过程,并不一定是单一的向机械能转化的过程,所以C正确,A错误;核能、风能、地热能、海洋能等属于新能源,而不是常规能源,故B错误;节约能源也好,开发能源也好,我国主要依靠自己,故D错误.
3.(多选)构建和谐、节约型社会的思想深得民心,也体现在生活的方方面面.自动充电式电动车就是很好的一例:电动车的前轮装有发电机,发电机与蓄电池连接,当电动车滑行时,就可以向蓄电池充电,将其他形式的能转化成电能储存起来.现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行,第一次关闭充电装置,让车自由滑行,其动能随位移的变化关系如图线①所示;第二次启动充电装置.其动能随位移的变化关系如图线②所示,则( AC )
A.电动车受到的摩擦阻力为50 N
B.电动车受到的摩擦阻力为83 N
C.第二次启动充电装置,向蓄电池所充的电能是200 J
D.第二次启动充电装置,向蓄电池所充的电能是300 J
解析:当关闭充电装置,让车自由滑行时,电动车的动能全部用来克服摩擦力做功,转化为内能,有Ek=fs1,解得f=50 N;当启动充电装置滑行时,电动车的动能一部分克服摩擦力做功,另一部分转化为蓄电池的电能,根据能量守恒有Ek=fs2+E电,故E电=Ek-fs2=200 J.
能量守恒定律的理解及其应用
4.(多选)溜溜球是一种流行的健身玩具,具有很浓的趣味性,备受学生的欢迎.溜溜球类似“滚摆”,对称的左右两轮通过固定轴连接(两轮均用透明塑料制成),轴上套一个可以自由转动的圆筒,圆筒上系条长约1 m的棉线,玩时手掌向下,用力向正下方掷出溜溜球,当滚到最低处时,轻抖手腕,向上拉一下棉线,溜溜球将返回到手上,如图所示.溜溜球在运动过程中( ACD )
A.一边转动一边向下运动,由于重力做功,溜溜球越转越快,动能不断增大,溜溜球的势能转化为动能
B.在溜溜球上下运动中,由于发生动能和势能的相互转化,因此机械能守恒
C.在溜溜球上下运动中,由于空气阻力和棉线与固定轴之间摩擦力的作用,会损失一部分能量
D.在溜溜球转到最低点棉线将要开始向上缠绕时,轻抖手腕,向上拉一下棉线,给溜溜球提供能量
解析:溜溜球向下运动时由于重力做正功,动能一定增大,势能转化为动能,选项A正确;溜溜球在上下运动的过程中由于有阻力做功,所以会损失一部分机械能,机械能不守恒,若不及时补充能量则上升的高度会越来越低,因此可在溜溜球运动到最低点时轻抖手腕,向上拉一下棉线,给其补充能量,故选项C,D正确,B错误.
5.如图所示,一个粗细均匀的U形管内装有同种液体,液体质量为m.在管口右端用盖板A密闭,两边液面高度差为h,U形管内液体的总长度为4h,先拿去盖板,液体开始运动,由于管壁的阻力作用,最终管内液体停止运动,则该过程中产生的内能为( A )
A.mgh B.mgh
C.mgh D.mgh
解析:去掉右侧盖板之后,液体向左侧流动,最终两侧液面相平,液体的重力势能减少,减少的重力势能转化为内能.如图所示,最终状态可等效为右侧h的液柱移到左侧管中,即增加的内能等于该液柱减少的重力势能,则Q=mg·h=mgh,故A正确.
功能关系
6.(多选)下列关于功和机械能的说法,正确的是( BC )
A.在有阻力作用的情况下,物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B.合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C.物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能,其大小与势能零点的选取有关
D.运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
解析:物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功,A项错误;运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功,D项错误.
7.如图,木块m放在光滑的水平面上,一颗子弹水平射入木块中,子弹受到的平均作用力为f,射入深度为d,此过程中木块移动了s,则( D )
A.子弹损失的动能为fs
B.木块增加的动能为f(s+d)
C.子弹动能的减少等于木块动能的增加
D.子弹、木块系统总机械能的损失为fd
解析:子弹克服阻力做功为Wf=f(s+d),子弹损失的动能为f(s+d),A错;f对木块做的功为Wf′=fs,木块增加的动能为fs,B错;由功能关系知,子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块系统增加的内能之和,C错;子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统内能的增加量等于fd,D正确.
8.(多选)如图所示,竖立在水平面上的一根轻弹簧下端固定,其正上方A位置有一个小球.小球从静止开始下落,在B位置接触弹簧的上端,在C位置小球所受弹力大小等于重力,在D位置小球速度减小为零.下列对小球下落阶段的说法中正确的是(不计空气阻力)( BCD )
A.在B位置时小球动能最大
B.在C位置时小球动能最大
C.从A到C位置,小球重力势能的减少量大于小球动能的增加量
D.从A到D位置,小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
解析:小球动能的增加量用合力做功来量度,从A到C位置,小球受的合力一直向下,合力对小球做正功,使小球动能增加;从C到D位置,小球受的合力一直向上,合力对小球做负功,使小球动能减少,所以在C位置时小球动能最大,选项A错误,B正确.从A到C位置,小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量和弹簧弹性势能的增加量之和,所以选项C正确.A,D两位置小球动能均为0,重力做的正功等于克服弹力做的功,所以选项D正确.
9.(多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M,m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( CD )
A.两滑块组成系统的机械能守恒
B.重力对M做的功等于M动能的增加
C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
解析:由于斜面ab粗糙,在两滑块沿斜面运动的过程中,两滑块组成系统的机械能不守恒,选项A错误.由动能定理,重力对M做的功大于M动能的增加,选项B错误.由功能关系,轻绳对m做的功等于m机械能的增加,选项C正确.由功能关系可知,两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功,选项D正确.
B组
10.如图所示,工厂利用足够长的皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上,C平台离地面的高度一定.传输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑.将货物轻轻地放在A处,货物随皮带到达平台.货物在皮带上相对滑动时,会留下一定长度的痕迹.已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ,满足tan θ<μ,可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力( D )
A.皮带对货物做的功等于货物动能的增加量
B.皮带对货物做的功数值上等于货物对皮带做的功
C.因传送货物,电动机需多做的功等于货物机械能的增加量
D.货物质量m越大,系统产生的热越多
解析:皮带对货物做的功等于货物的机械能的增加量,即动能和势能的增加量的和,故选项A错.设货物向上加速时的加速度为a,则它加速过程沿皮带方向的位移为x物=,此过程皮带前进的距离x带=v·=.故皮带对货物做的功W1=μmgcos θ·x物,货物对皮带做的功大小W2=μmgcos θ·x带,W111.人身体在最佳状态下,只能把人体化学能的25%转化为有用的机械能.假如一位质量为60 kg的登山运动员恰好具有这样的转化效率,若他平均每小时登高500 m,那么,他在5 h内共消耗的化学能为多少?(g取10 m/s2)
解析:设运动员克服重力做功的功率为P1,则P1=(t1=1 h),则人体消耗化学能的功率P2=(η为转化效率).
因此P2=,
运动员在5 h内共消耗的化学能
E=P2t2== J=6×106 J.
答案:6×106 J
12.如图所示,在光滑水平地面上放置质量M=2 kg的长木板,木板上表面与固定的光滑弧面相切.一质量m=1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下,在木板上滑行t=1 s后,滑块和木板以共同速度v=
1 m/s匀速运动,g取10 m/s2.求:
(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff;
(2)滑块下滑的高度h;
(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q.
解析:(1)对木板:Ff=Ma1
由运动学公式,有v=a1t,
解得Ff=2 N.
(2)对滑块:-Ff=ma2
设滑块滑上木板时的速度是v0,
则v-v0=a2t,
可得v0=3 m/s.
由机械能守恒定律有
mgh=m,
h== m=0.45 m.
(3)根据功能关系有
Q=m-(M+m)v2=3 J.
答案:(1)2 N
(2)0.45 m
(3)3 J
