人教版高中物理必修二测试题及答案全套
(时间:90分钟 满分:100分)
一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.每小题中只有一个选项是正确的,选对得3分,错选、不选或多选均不得分)
1.关于曲线运动和圆周运动,以下说法中错误的是( )
A.做曲线运动的物体受到的合力一定不为零
B.做曲线运动的物体的速度一定是变化的
C.做圆周运动的物体受到的合力方向一定指向圆心
D.做匀速圆周运动的物体的加速度方向一定指向圆心
解析:若合力为零,物体保持静止或匀速直线运动,所以做曲线运动的物体受到的合力一定不为零,故选项A正确;做曲线运动的物体,其速度方向时刻改变,因此速度是变化的,故选项B正确;做匀速圆周运动的物体所受合力只改变速度的方向,不改变速度的大小,其合力和加速度的方向一定指向圆心,但一般的圆周运动中,合力不仅改变速度的方向,也改变速度的大小,其合力、加速度一般并不指向圆心,故选项C错误,选项D正确.
答案:C
2.如图所示,A、B轮通过皮带传动,A、C轮通过摩擦传动,半径RA=2RB=3RC,各接触面均不打滑,则A、B、C三个轮的边缘点的线速度大小和角速度之比分别为( )
A.vA∶vB∶vC=1∶2∶3,ωA∶ωB∶ωC=3∶2∶1
B.vA∶vB∶vC=1∶1∶1,ωA∶ωB∶ωC=2∶3∶6
C.vA∶vB∶vC=1∶1∶1,ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶3
D.vA∶vB∶vC=3∶2∶1,ωA∶ωB∶ωC=1∶1∶1
解析:由题意知,A、B轮通过皮带传动,A、B边缘上的点具有大小相同的线速度;A、C轮通过摩擦传动,A、C边缘上的点具有相同的线速度,所以三个轮的边缘点的线速度大小是相等的,则vA∶vB∶vC=1∶1∶1,根据线速度与角速度之间的关系v=ωR,得ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶3,选项C正确.
答案:C
3.水平放置的平板表面有一个圆形浅槽,如图所示.一只小球在水平槽内滚动直至停下,在此过程中( )
A.小球受四个力,合力方向指向圆心
B.小球受三个力,合力方向指向圆心
C.槽对小球的总作用力提供小球做圆周运动的向心力
D.槽对小球弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力
解析:对小球进行受力分析,小球受到重力、槽对小球的支持力和摩擦力3个力的作用,所以A错误;其中重力和支持力在竖直面内,而摩擦力是在水平面内的,重力和支持力的合力作为向心力指向圆心,但再加上摩擦力三个力的合力就不指向圆心了,所以选项B、C错误,选项D正确.
答案:D
4.如图所示,一个固定气缸的活塞通过两端有转轴的杆AB与圆盘边缘连接,半径为R的圆盘绕固定转动轴O点以角速度ω逆时针匀速转动,从而使活塞水平左右振动.在图示位置,杆与水平线AO夹角为θ,AO与BO垂直,则此时活塞速度为( )
A.ωR B.ωRcos θ
C. D.ωRtan θ
解析:在图示位置时,B点的合速度vB=ωR,沿切线方向,则B点沿AB杆的分速度为v1=,而在AB杆上的A点沿气缸方向的分量v2=v1cos θ,故活塞的速度为ωR,故A正确.
答案:A
5.如图所示,A、B两个相同小球同时在OA杆上以O点为圆心向下摆动过程中,在任意时刻A、B两球相等的物理量是( )
A.角速度 B.加速度
C.向心力 D.速度
解析:A、B两球都绕O点做圆周运动,角速度ω必定相等,故A正确.角速度ω相等,根据an=ω2r知:加速度与半径成正比,则A的加速度较大,故B错误.角速度ω相等,根据Fn=mω2r知:向心力与半径成正比,则A的向心力较大,故C错误.由v=ωr分析得知,A的速度较大,故D错误,故选A.
答案:A
6.如图所示,在倾角θ=37°的斜面底端的正上方H处,平抛一个物体,该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直,则物体抛出时的初速度为( )
A. B.
C. D.
解析:碰撞时的竖直分速度vy==v0,且=tan
37°,而t=,联立以上各式可解得v0=.A对.
答案:A
7.如图所示,水平路面出现了一个地坑,其竖直截面为半径为R的半圆,AB为沿水平方向的直径.一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下,但两颗石子分别以速度v1、v2从A点沿AB方向水平飞出,分别落于C、D两点,C、D两点与水平路面的距离分别为0.6R和R.则v1∶v2的值为( )
A. B.
C. D.
解析:石子做平抛运动,而平抛运动的时间取决于下落的高度.落到C点的石子下落的高度h1=0.6R,下落时间t1==;落到D点的石子下落的高度h2=R,下落时间t2==.平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动,根据几何知识可得水平位移分别为x1=1.8R,x2=R,根据x=vt可得,速度v1=,v2=,联立解得v1∶v2=,故C正确.
答案:C
8.在光滑的水平面上,有一转轴垂直于此平面,交点O的上方h处固定一细绳,绳的另一端固定一质量为m的小球B,线长AB=l>h,小球可随转轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动,如图所示,要使球不离开水平面,转轴的转速最大值是( )
A. B.π
C. D.2π
解析:以小球为研究对象,小球受三个力作用,重力G、水平面支持力FN、绳子拉力F,在竖直方向合力为零,在水平方向所需向心力为mω2R,而R=htan θ.当小球即将离开水平面时,FN=0,转速n有最大值,F与mg的合力提供向心力,即mgtan θ=mω2R,又ω=2πn,故mg=m4π2n2h,n=.故选项A正确.
答案:A
9.如图所示,船从A处开出后沿直线AB到达对岸,若AB与河岸成37°角,水流速度为4 m/s,则船A点开出的最小速度为( )
A.2 m/s B.2.4 m/s
C.3 m/s D.3.5 m/s
解析:船参与了两个分运动,沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动,其中,合速度v合方向已知,大小未知,顺水流而下的分运动速度v水的大小和方向都已知,沿船头指向的分运动的速度v船大小和方向都未知,合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则),如图所示.
当v合与v船垂直时,v船最小,由几何关系得到v船的最小值为v船=v水sin 37°=2.4 m/s.故B正确,A、C、D错误.
答案:B
10.某人站在竖直墙壁前一定距离处练习飞镖,他从同一位置沿水平方向扔出两支飞镖A和B,两支飞镖插在墙壁靶上的状态如图所示(侧视图).则下列说法中正确的是( )
A.飞镖A的质量小于飞镖B的质量
B.飞镖A的飞行时间小于飞镖B的飞行时间
C.抛出时飞镖A的初速度小于飞镖B的初速度
D.插入靶时,飞镖A的末速度一定小于飞镖B的末速度
解析:平抛运动的时间和下落高度都与飞镖质量无关,本题无法比较两飞镖的质量,故A错误;飞镖A下落的高度小于飞镖B下落的高度,根据h=gt2得t=,知飞镖A的运动时间小于飞镖B的运动时间,故B正确;两飞镖的水平位移相等,飞镖A所用的时间短,则飞镖A的初速度大,故C错误;设飞镖与水平方向的夹角为θ,可得末速度v=,故无法比较飞镖A、B的末速度大小,故D错误.
答案:B
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题6分,共24分.每小题有多个选项是正确的,全选对得6分,少选得3分,选错、多选或不选得0分)
11.下列有关运动的说法正确的是( )
A.图甲A球在水平面内做匀速圆周运动,A球角速度越大则偏离竖直方向的θ角越大
B.图乙质量为m的小球到达最高点时对管壁的压力大小为3mg,则此时小球的速度大小为2
C.图丙皮带轮上b点的加速度小于a点的加速度
D.图丁用铁锤水平打击弹簧片后,B球比A球先着地
解析:
对题图甲小球受力分析如图所示,则有
F向=mgtan θ=mω2Lsin θ,
得cos θ=,
由上式可知ω越大,cos θ越小,则θ越大,A正确.
图乙中小球到达最高点时,若对上管壁压力为3mg,则管壁对小球作用力向下,有
mg+3mg=m,得v==2;
若对下管壁压力为3mg,则管壁对小球作用力向上,有
mg-3mg=-2mg,不成立,小球做圆周运动,合力应是向下指向圆心,即此种情况不成立,B正确.
图丙中ωb=ωc,由a=ω2r得ab∶ac=1∶2,
va=vc,由a=得aa∶ac=2∶1,
可得aa∶ab=4∶1,C正确.
A球做平抛运动,竖直方向上的分运动为自由落体运动;B球与A球同时开始运动,而B球的运动为自由落体运动,所以A、B应同时落地,D错误.
答案:ABC
12.如图所示,篮球绕中心线OO′以ω角速度转动,则( )
A.A、B两点的角速度相等
B.A、B两点线速度大小相等
C.A、B两点的周期相等
D.A、B两点向心加速度大小相等
解析:A、B两点共轴转动,角速度相等,故A正确.根据v=rω得,A、B转动的半径不等,所以A、B的线速度大小不等,故B错误.根据T=知,角速度相等,则周期相等,故C正确.根据a=rω2知,角速度相等,但A、B的转动半径不等,所以向心加速度大小不等.故D错误.故选A、C.
答案:AC
13.如图所示,长0.5 m的轻质细杆,一端固定有一个质量为3 kg的小球,另一端由电动机带动,使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动,小球的速率为2 m/s.g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.小球通过最高点时,对杆的拉力大小是24 N
B.小球通过最高点时,对杆的压力大小是6 N
C.小球通过最低点时,对杆的拉力大小是24 N
D.小球通过最低点时,对杆的拉力大小是54 N
解析:设小球在最高点时受杆的弹力向上,则mg-FN=m,得FN=mg-m=6 N,故小球对杆的压力大小是6 N,A错误,B正确;小球通过最低点时FN-mg=m,得FN=mg+m=54 N,小球对杆的拉力大小是54 N,C错误,D正确.
答案:BD
14.横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起,固定在水平面上,如图所示.现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛,最后落在斜面上.其落点分别是a、b、c.下列判断正确的是( )
A.图中三小球比较,落在a点的小球飞行时间最短
B.图中三小球比较,落在c点的小球飞行时间最短
C.图中三小球比较,落在c点的小球飞行过程速度变化最大
D.图中三小球比较,小球飞行过程中的速度变化一样快
解析:小球在平抛运动过程中,可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动,由于竖直方向的位移为落在c点处的最小,而落在a点处的最大,所以落在a点的小球飞行时间最长,落在c点的小球飞行时间最短,A错误,B正确;而速度的变化量Δv=gt,所以落在c点的小球速度变化最小,C错误;三个小球做平抛运动的加速度都为重力加速度,故三个小球飞行过程中速度变化一样快,D正确.
答案:BD
三、非选择题(本题共4小题,共46分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(8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).
图甲 图乙
完成下列填空:
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图甲所示,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,托盘秤的示数如图乙所示,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,计算结果保留两位有效数字).
解析:(2)托盘秤示数为1.40 kg,注意估读.(4)凹形桥模拟器质量m1=1.00 kg,则小车质量m2=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg;根据(3)中记录表格可得到小车经过凹形桥模拟器最低点时,托盘秤示数m的平均值为1.81 kg,则小车经过最低点时对桥的压力F=mg-m1g,故压力为7.9 N,根据小车在最低点的受力,结合牛顿第二定律,有F-m2g=,代入数据可解得v=1.4 m/s.
答案:(2)1.40 (4)7.9 1.4
16.(8分)如图所示,半径为R,内径很小的光滑半圆细管竖直放置,两个质量均为m的小球A、B,以不同的速率进入管内,若A球通过圆周最高点C,对管壁上部的压力为3 mg,B球通过最高点C时,对管壁内、外侧的压力均为0.求A、B球通过圆周最高点C点的速度大小.
解析:A小球在最高点时,受重力和管壁的作用力,这两个力的合力作为向心力.
对A球:3mg+mg=m,解得:vA=2.
对B球:mg=m,解得:vB=.
答案:2
17.(14分)小明站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为m的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如图所示.已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长为d,重力加速度为g,忽略手的运动半径和空气阻力.
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2;
(2)问绳能承受的最大拉力为多大?
(3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应为多少?最大水平距离为多少?
解析:(1)设绳断后小球飞行的时间为t,落地时小球的竖直分速度为vy,根据平抛运动的规律有
水平方向:d=v1t,
竖直方向: d=gt2,vy=gt,
解得:v1=,vy=,
所以小球落地时的速度大小为
v2==.
(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT,这也是小球受到绳的最大拉力大小.小球做圆周运动的半径为R=d,
根据牛顿第二定律,有FT-mg=m,
解得FT=mg.
(3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳能承受的最大拉力不变,则有FT-mg=m,
解得v3=,
绳断后小球做平抛运动,竖直方向的位移为(d-l),设水平方向的位移为x,飞行时间为t1,则有
d-l=gt,x=v3t1,
解得x=4,
当l=时,x有极大值,此时xmax=d.
答案:(1) (2) mg (3) d
18.(16分)如图甲所示,装置BO′O可绕竖直轴O′O转动,可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点,装置静止时细线AB水平,细线AC与竖直方向的夹角θ=37°.已知小球的质量m=1 kg,细线AC长l=1 m,B点距C点的水平和竖直距离相等(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=,cos 37°=).
图甲 图乙
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时,细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°,求角速度ω1的大小;
(2)若装置匀速转动的角速度ω2=rad/s,求细线AC与竖直方向的夹角;
(3)装置可以以不同的角速度匀速转动,试通过计算在坐标图乙中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象.
解析:(1)当细线AB上的张力为零时,小球的重力和细线AC张力的合力提供小球做圆周运动的向心力,有mgtan 37°=mωlsin 37°解得ω1==rad/s.
(2)当ω2=rad/s时,小球应该向左上方摆起.假设细线AB上的张力仍然为零,则mgtan θ′=mωlsin θ′,
解得cos θ′=,故θ′=53°.
因为B点距C点的水平和竖直距离相等,所以θ′=53°时,细线AB恰好竖直,且==tan 53°,说明细线AB此时的张力恰好为0,故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°.
(3)①当ω≤ω1=rad/s时,细线AB水平,细线AC上的张力的竖直分量等于小球的重力,即Tcos 37°=mg,
解得T==12.5 N;
②当ω1<ω<ω2时,细线AB松弛,细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力,有Tsin θ=mω2lsin θ,
解得T=mω2l;
③当ω2<ω时,细线在竖直方向绷直,仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力:Tsin θ=mω2lsin θ,T=mω2l.
综上所述:ω≤ω1=rad/s时,T=12.5 N不变;
ω>ω1时,T=mω2l.
Tω2关系图象如图所示.
答案:见解析
(时间:90分钟 满分:100分)
一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.每小题中只有一个选项是正确的,选对得3分,错选、不选或多选均不得分)
1.某行星绕太阳运动的轨道如图所示,则以下说法不正确的是( )
A.太阳一定在椭圆的一个焦点上
B.该行星在a点的速度比在b、c两点的速度都大
C.该行星在c点的速度比在a、b两点的速度都大
D.行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积是相等的
解析:由开普勒第一定律知,太阳一定位于椭圆的一个焦点上,A正确;由开普勒第二定律知太阳与行星的连线在相等时间内扫过的面积是相等的,因为a点与太阳的连线最短,b点与太阳的连线最长,所以行星在a点速度最大,在b点速度最小,选项B、D正确,C错误.
答案:C
2.地球对物体的引力大小等于物体对地球的引力,但我们总是看到物体落向地球而地球并不向物体运动,这是因为( )
A.万有引力定律不适用于地球和物体
B.牛顿第三定律不适用于地球和物体
C.以地球上的物体作为参考系,看不到地球向物体运动,如果以太阳为参考系,就可以看到地球向物体运动
D.地球的质量太大,产生的加速度很小,即便以太阳为参照物,也看不到地球向物体运动
解析:万有引力是普遍适用的,A错误.两物体之间的万有引力也是一对作用力与反作用力,同样遵循牛顿第三定律,B错误.地球的质量太大,产生的加速度很小,即便以太阳为参照物,也看不到地球向物体运动,C错误,D正确.
答案:D
3.有一质量分布均匀的球状行星,设想把一物体放在该行星的中心位置,则此物体与该行星间的万有引力是( )
A.零 B.无穷大
C.无穷小 D.无法确定
解析:许多同学做此题时,直接将r=0代入公式F=,得出F为无穷大的错误结论.这是因为当物体位于行星中心时,行星不能再视为质点.如图所示,将行星分成若干关于球心O对称的质量小块,其中每一小块均可视为质点.现取同一直径上关于O对称的两个小块m、m′,它们对球心处物体的万有引力大小相等,方向相反,其合力为零.由此推广到行星中所有的其他质量小块.因此行星与物体间存在着万有引力,但这些力的合力为零.故正确选项为A.
答案:A
4.宇宙飞船进入一个围绕太阳运动的近乎圆形的轨道上运动,如果轨道半径是地球轨道半径的9倍,那么宇宙飞船绕太阳运行的周期是( )
A.3年 B.9年
C.27年 D.81年
解析:开普勒第三定律中的公式=k,解得:T=.一颗小行星围绕太阳在近似圆形的轨道上运动,若轨道半径是地球轨道半径的9倍,小行星绕太阳运行的周期是地球周期的27倍,即小行星绕太阳运行的周期是27年.故选C.
答案:C
5.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. B.
C. D.
解析:对于地面上的物体,有mg=,又知M=πR3ρ,整理得ρ=,A正确.
答案:A
6.英国《每日邮报》称,英国学者通过研究确认“超级地球”“格利泽581d”的体积约为地球体积的27倍,密度约为地球密度的.已知地球表面的重力加速度为g,地球的第一宇宙速度为v,将“格利泽581d”视为球体,可估算( )
A.“格利泽581d”表面的重力加速度为 g
B.“格利泽581d”表面的重力加速度为 g
C.“格利泽581d”的第一宇宙速度为 v
D.“格利泽581d”的第一宇宙速度为 v
解析:由万有引力与重力关系有:=mg,M=ρV,V=πR3,解三式得:g=GπρR.由“格利泽”与地球体积关系及体积公式可知,格利泽半径为地球半径的3倍,由题意可知,格利泽表面的重力加速度与地球表面的重力加速度相等,A、B项错;由第一宇宙速度定义式v=可知,格利泽的第一宇宙速度为v,C项错,D项正确.
答案:D
7.冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统,质量比约为7∶1,同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动.由此可知,冥王星绕O点运动的( )
A.轨道半径约为卡戎的
B.角速度大小约为卡戎的
C.线速度大小约为卡戎的7倍
D.向心力大小约为卡戎的7倍
解析:做双星运动的星体相互间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力,即F万=m1ω2r1=m2ω2r2,得=,故A正确;双星运动的角速度相同,故B错误;由v=ωr可知冥王星的线速度为卡戎的,故C错误;两星间的向心力为两者间的万有引力且等值反向,故D错误.
答案:A
8.如果火星的质量为地球质量的,火星的半径为地球半径的.那么关于火星探测器,下列说法中正确的是( )
A.探测器的发射速度只有达到了第三宇宙速度才可以发射成功
B.火星的密度是地球密度的
C.探测器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的
D.火星探测器环绕火星运行的最大速度为绕地球运行的第一宇宙速度的2倍
解析:探测器发射速度达到第二宇宙速度即可,A错;ρ=,=·=×8=,B对;由=mg知=·=×4=,C错;由=m得v=,===,D错.
答案:B
9.如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带.假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动.下列说法正确的是( )
A.太阳对各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
解析:根据万有引力定律F=G可知,由于各小行星的质量和各小行星到太阳的距离不同,万有引力不同,选项A错误;设太阳的质量为M,小行星的质量为m,由万有引力提供向心力则G=mr,则各小行星做匀速圆周运动的周期T=2π,因为各小行星的轨道半径r大于地球的轨道半径.所以各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的周期(一年),选项B错误;向心加速度a==G,内侧小行星到太阳的距离小,向心加速度大,选项C正确;由G=得小行星的线速度v=,小行星做圆周运动的轨道半径大于地球的公转轨道半径,线速度小于地球绕太阳公转的线速度,选项D错误.
答案:C
10.如图所示,a为放在赤道上随地球一起自转的物体,b为同步卫星,c为一般卫星,d为极地卫星.设b、c、d三卫星距地心的距离均为r,做匀速圆周运动.则下列说法正确的是( )
A.a、b、c、d线速度大小相等
B.a、b、c、d角速度大小相等
C.a、b、c、d向心加速度大小相等
D.若b卫星升到更高圆轨道上运动,则b仍可能与a物体相对静止
解析:a、b比较,角速度相等,由v=ωr,可知va<vb,根据线速度公式v=,b、c、d为卫星,轨道半径相同,线速度大小相等,故A错误;根据ω=,b、c、d为卫星,轨道半径相同,角速度大小相等,a、b比较,角速度相等,所以a、b、c、d角速度大小相等,故B正确;a、b比较,角速度相等,由a=ω2r,aa<ab,根据向心加速度大小公式a=,b、c、d为卫星,轨道半径相同,向心加速度大小相等,故C错误;b为同步卫星,若b卫星升到更高圆轨道上运动,周期发生变化,b不可能与a物体相对静止,故D错误.故选B.
答案:B
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题6分,共24分.每小题有多个选项是正确的,全选对得6分,少选得3分,选错、多选或不选得0分)
11.质量为m的人造地球卫星,在半径为r的圆轨道上绕地球运行时,其线速度为v,角速度为ω,取地球质量为M,当这颗人造地球卫星在轨道半径为2r的圆轨道上绕地球运行时,则( )
A.根据公式v=,可知卫星运动的线速度将减少到
B.根据公式F=m,可知卫星所需的向心力将减小到原来的
C.根据公式ω=,可知卫星的角速度将减小到
D.根据F=G,可知卫星的向心力减小为原来的
解析:人造地球卫星绕地球运行时,由万有引力提供向心力,则有G=m,得v=,则知卫星运动的线速度将减小到,故A正确;卫星运动的线速度将减小到,轨道半径增大到原来的2倍,根据公式F=m,可知卫星所需的向心力将减小到原来的,故B错误;卫星运动的线速度将减小到,轨道半径增大到原来的2倍,根据公式ω=,可知卫星的角速度将减小到,故C错误;根据F=G,M和m不变,r变为原来的2倍,可知卫星的向心力减小为原来的,故D正确.
答案:AD
12.a、b、c、d四颗地球卫星,a还未发射,在地球赤道上随地球表面一起转动,向心加速度为a1,b处于地面附近近地轨道上,正常运行速度为v1,c是地球同步卫星,离地心距离为r,运行速率为v2,加速度为a2,d是高空探测卫星,各卫星排列位置如下图,地球的半径为R,则有( )
A.a的向心加速度等于重力加速度g
B.d的运动周期有可能是20小时
C. =
D. =
解析:地球同步卫星c的周期与地球自转周期相同,角速度相同,则知a与c的角速度相同,根据a=ω2r,知c的向心加速度大;由ma=G,得a=,卫星的轨道半径越大,向心加速度越小,则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度,而b的向心加速度约为g,故知a的向心加速度小于重力加速度g,故A错误.由开普勒第三定律=k知,卫星的轨道半径越大,周期越大,所以d的运动周期大于c的周期24 h,故B错误.a、c的角速度相同,由a=ω2r知=,故C正确.根据G=m,解得v=,则得=,故D正确.
答案:CD
13.如图所示为一卫星绕地球运行的轨道示意图,O点为地球球心,已知引力常量为G,地球质量为M,OA=R,OB=4R,下列说法正确的是( )
A.卫星在A点的速率vA=
B.卫星在B点的速率vB<
C.卫星在A点的加速度aA=
D.卫星在B点的加速度aB<
解析:卫星在圆轨道上运行时,万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:
G=ma=m,解得:v=,a=.
卫星经过椭圆轨道的A点时,由于万有引力小于向心力,故做离心运动,故:
G<m,解得:v>,故A错误.
卫星经过椭圆轨道的B点时,由于万有引力大于向心力,故做向心运动,故:
G>m,解得:v<,故B正确.根据牛顿第二定律,卫星在A点的加速度:aA=,故C正确.根据牛顿第二定律,卫星在B点的加速度aB=,故D错误.
答案:BC
14.由三颗星体构成的系统,忽略其他星体对它们的作用,存在着一种运动形式:三颗星体在相互之间的万有引力作用下,分别位于等边三角形的三个顶点上,绕某一共同的圆心O在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动.如图所示,三颗星体的质量均为m,三角形的边长为a,引力常量为G,下列说法正确的是( )
A.每个星体受到引力大小均为3
B.每个星体的角速度均为
C.若a不变,m是原来的两倍,则周期是原来的
D.若m不变,a是原来的4倍,则线速度是原来的
解析:
对任意一个星体,受力分析如图所示,有F1=G,F2=G,每个星体受到的引力为F=2F1cos 30°=G,故A错误;由几何关系可知,每个星体绕中心做匀速圆周运动的半径r=,根据万有引力提供向心力,有G=mω2·a,解得ω=,故B正确;对每个星体,根据万有引力提供向心力,有G=m·,解得T=2π,若a不变,m是原来的两倍,则周期是原来的,故C错误;对每个星体,根据万有引力提供向心力,有G=m,解得v=,若m不变,a是原来的4倍,则线速度是原来的,故D正确.
答案:BD
三、非选择题(本题共4小题,共46分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(10分)设想着陆器完成了对月球表面的考察任务后,由月球表面回到围绕月球做圆周运动的轨道舱,其过程如图所示.设轨道舱的质量为m,月球表面的重力加速度为g,月球的半径为R,轨道舱到月球中心的距离为r,引力常量为G,试求:
(1)月球的质量;
(2)轨道舱的速度和周期.
解析:(1)设月球的质量为M,则在月球表面
G=mg,得月球质量M=g.
(2)设轨道舱的速度为v,周期为T,则G=m,解得v=R.
G=mr,解得T=.
答案:(1)g (2)R
16.(12分)某航天飞机在地球赤道上空飞行,轨道半径为r,飞行方向与地球的自转方向相同,设地球的自转角速度为ω0,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,在某时刻航天飞机通过赤道上某建筑物的上方,求它下次通过该建筑物上方所需的时间.
解析:用ω表示航天飞机的角速度,用m、M分别表示航天飞机及地球的质量,则有=mrω2.
航天飞机在地面上,有G=mg.
联立解得ω=.
若ω>ω0,即航天飞机高度低于同步卫星高度,用t表示所需时间,
则ωt-ω0t=2π.所以t==.
若ω<ω0,即航天飞机高度高于同步卫星高度,用t表示所需时间,则ω0t-ωt=2π.
所以t==.
答案:或
17.(12分)人造地球卫星P绕地球球心做匀速圆周运动,已知P卫星的质量为m,距地球球心的距离为r,地球的质量为M,引力常量为G,求:
(1)卫星P与地球间的万有引力的大小;
(2)卫星P的运行周期;
(3)现有另一地球卫星Q,Q绕地球运行的周期是卫星P绕地球运行周期的8倍,且P、Q的运行轨迹位于同一平面内,如图所示,求卫星P、Q在绕地球运行过程中,两卫星间相距最近时的距离.
解析:(1)卫星P与地球间的万有引力F=G.
(2)由万有引力定律及牛顿第二定律,有G=mr,
解得T=2π.
(3)对P、Q两卫星,由开普勒第三定律,可得
=,又TQ=8T,
因此rQ=4r.
P、Q两卫星和地球共线且P、Q位于地球同侧时距离最近,故最近距离为d=3r.
答案:(1)G (2)2π (3)3r
18.(12分)如图所示,宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点,沿水平方向以初速度v0抛出一个小球,测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上,斜坡的倾角α,已知该星球的半径为R,引力常量为G,已知球的体积公式是V=πR3.求:
(1)该星球表面的重力加速度g;
(2)该星球的密度;
(3)该星球的第一宇宙速度.
解析:(1)小球在斜坡上做平抛运动时:
水平方向上:x=v0t,①
竖直方向上:y=gt2,②
由几何知识tan α=,③
由①②③式得g=.
(2)对于星球表面的物体m0,有G=m0g.
又V=πR3.故ρ==.
(3)该星球的第一宇宙速度等于它的近地卫星的运动速度,故G=m,
又GM=gR2,
解得v=.
答案:(1) (2) (3)
(时间:90分钟 满分:100分)
一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.每小题中只有一个选项是正确的,选对得3分,错选、不选或多选均不得分)
1.如图所示,在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子,用力使船向前移动.关于力对船做功的下列说法中正确的是( )
A.绳的拉力对船做了功
B.人对绳的拉力对船做了功
C.树对绳子的拉力对船做了功
D.人对船的静摩擦力对船做了功
解析:绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船,没有对船做功.只有人对船的静摩擦力作用于船,且船发生了位移,故对船做了功,且做正功,故选项A、B、C错误,D正确.
答案:D
2.一小球从如图所示的弧形轨道上的A点,由静止开始滑下.由于轨道不光滑,它仅能滑到B点.由B点返回后,仅能滑到C点,已知A、B高度差为h1,B、C高度差为h2,则下列关系正确的是( )
A.h1=h2 B.h1<h2
C.h1>h2 D.h1、h2大小关系不确定
解析:由能的转化和守恒定律可知,小球由A到B的过程中重力势能减少mgh1,全部用于克服摩擦力做功,即WAB=mgh1.同理,WBC=mgh2,又随着小球最大高度的降低,每次滑过的路程越来越短,必有WAB>WBC,所以mgh1>mgh2,得h1>h2,故C正确.
答案:C
3.如图所示,在电梯中的斜面上放置了一滑块,在电梯加速上升的过程中,滑块相对斜面静止.则在该过程中( )
A.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能
B.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能
C.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功
D.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能
解析:滑块克服重力所做的功等于滑块增加的重力势能,故选项A错误;合力对滑块所做的功等于滑块动能的增量,故选项B错误;斜面对滑块的摩擦力沿斜面向上,故摩擦力做正功,选项C错误;斜面对滑块的弹力、摩擦力对滑块做的总功等于滑块机械能的增量,故选项D正确.
答案:D
4.质量为m的汽车由静止开始以加速度a做匀加速运动,经过时间t,汽车达到额定功率,则下列说法正确的是 ( )
A.at即为汽车额定功率下的速度最大值
B.at不是汽车额定功率下的速度最大值
C.汽车的额定功率是ma2t
D.题中所给条件可以求出汽车的额定功率
解析:汽车额定功率下的最大速度是a=0时,vm==,故选项A错误,B正确.汽车的功率是牵引力的功率,不是合力的功率,故选项C错误.由F-Ff=ma,得F=Ff+ma,因Ff不知,则F不知,故求不出汽车的额定功率,故选项D错误.
答案:B
5.将质量为m的小球在距地面高度为h处竖直向上抛出,抛出时的速度大小为v,小球落到地面上时的速度大小为3v,若小球受到的空气阻力不能忽略,则对于小球整个运动过程,下列说法正确的是( )
A.合外力对小球做的功为4mv2
B.重力对小球做的功等于-mgh
C.小球落地时的机械能会变大
D.小球克服空气阻力做的功为mv2
解析:根据动能定理,合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量,故有W合=W重-W阻=m(3v)2-mv2=4mv2,选项A正确;W重=Ep1-Ep2=mgh,选项B错误;空气阻力对小球做负功,小球落地时机械能减少,选项C错误;小球克服空气阻力做的功W阻=mv2+mgh-m(3v)2=mgh-4mv2,选项D错误.
答案:A
6.如图所示,ab是—个位于竖直平面内的光滑圆弧形轨道,高度为h,轨道的末端与水平轨道相切于b点.一个小木块质量为m,在顶端a处由静止释放后沿轨道滑下,最后停止在水平段的c点.现使小木块从c点出发,靠惯性沿原路恰好回到a点,小木块具有初动能的值为Ek,则( )
A.Ek=mgh B.mgh<Ek<2mgh
C.Ek=2mgh D.Ek>2mgh
解析:对于下滑过程中由动能定理可得:mgh-Wf=0,对于上滑过程:-mgh-Wf=0-Ek,联立解得Ek=2mgh,故选项C正确.
答案:C
7.如图,一颗小弹丸从离水面不高处落入水中,溅起的几个小水珠可以跳得很高(不计能量损失),下列说法正确的是( )
A.小弹丸下落时具有的重力势能等于几个水珠在最高点的重力势能
B.小弹丸下落时具有的重力势能大于几个水珠在最高点的重力势能
C.小弹丸下落时具有的重力势能小于几个水珠在最高点的重力势能
D.小水珠跳起的高度超过弹丸下落的高度,是违背能量守恒的
解析:弹丸的重力势能转化弹丸的动能,再转化为水的弹性势能最后转化成小水珠的动能,小水珠升高的过程中,动能又转化为重力势能(即表现为小水珠的高度),在这一过程中,水的总动能要小于弹丸的动能,但是,各个水珠的质量都比较小,因此,小水珠跳起的高度存在多种可能性.当弹丸的质量又比较大的时候,完全有可能出现个别小水珠跳起的高度较高的情况,甚至可以超过弹丸下落的高度.故B正确,A、C、D都错误.
答案:B
8.如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面,其运动的加速度大小为0.6g,该物体在斜面上上升的最大高度为h,g取10 m/s2,则在这个过程中物体的( )
A.机械能守恒 B.重力势能增加了0.5mgh
C.动能损失了1.1mgh D.机械能损失了0.2mgh
解析:由牛顿第二定律,得mgsin 30°+f=m×0.6g,解得摩擦力f=0.1mg,此过程有摩擦力做功,机械能不守恒,故A错误;物体在斜面上能够上升的最大高度为h,所以重力势能增加了ΔEp=mgh,故B错误;由动能定理,可知动能损失量等于合外力做功的大小,即ΔEk=F合s=m×0.6g×2h=1.2mgh,故C错误;由功能关系,知机械能的损失量为ΔE=fs=0.1mg×2h=0.2mgh,故D正确.
答案:D
9.如图所示,小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回,其返回途中仍经过A点,则经过A点的速度大小为( )
A. B.
C. D.
解析:设小球从A到B克服摩擦力做的功为Wf,小球从A至B,由动能定理,有-Wf-mgh=0-mv.
小球从B至A,由动能定理,有
mgh-Wf=mv-0.
解以上两式得vA=,B对.
答案:B
10.(2014·大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示.当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为 ( )
A.tan θ和
B. tan θ和
C.tan θ和
D. tan θ和
解析:设物块与斜坡之间的动摩擦因数为μ, 由动能定理可得-mgH-μmgcosθ=0-mv2和-mgh-μmgcos θ=0-m,解得h=,μ=tan θ,所以选项D正确.
答案:D
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题6分,共24分.每小题有多个选项是正确的,全选对得6分,少选得3分,选错、多选或不选得0分)
11.如图所示,长木板A放在光滑水平地面上,物体B以水平速度v0冲上A后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上.则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中,下列说法正确的是( )
A.摩擦力对物体B做负功,对物体A做正功
B.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
C.摩擦力对A物体做的功等于系统机械能增加量
D.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
解析:B受的摩擦力方向向左,位移向右,故摩擦力对物体B做负功,A受B给他的摩擦力向右,位移向右,故摩擦力对物体A做正功,故A正确;根据能量守恒定律,物体B动能的减少量等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和,故B错误;根据动能定理,摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加,故C错误;根据能量守恒定律,物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和,故D正确,故选A、D.
答案:AD
12.如图所示,是一儿童游戏机的工作示意图.光滑游戏面板与水平面成一夹角θ,半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB管道相切于B点,C点为圆弧轨道最高点,轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳,绳通过弹簧内部连一手柄P.将弹珠投入AB管内,缓慢下拉手柄使弹簧被压缩,释放手柄,弹珠被弹出,与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里,根据入槽情况可以获得不同的奖励.假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力和手柄质量,弹珠视为质点.某次缓慢下拉手柄,使弹珠与B点距离为L,释放手柄,弹珠被弹出,到达C点速度为v,下列说法正确的是( )
A.弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能守恒
B.弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中,其动能先增大后减小
C.弹珠脱离弹簧的瞬间,其动能和重力势能之和达到最大
D.此过程中,弹簧的最大弹性势能为mg(L+R)sin θ+mv2
解析:弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中,弹簧对弹珠做正功,其机械能增加,故A错误;弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中,弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力,后小于重力沿斜面向下的分力,先加速后减速,所以其动能先增大后减小,故B正确;释放手柄,弹簧的弹力对弹珠做正功,弹珠的动能和重力势能之和不断增大,根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒知,弹珠脱离弹簧的瞬间,弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能,所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大,故C正确;根据系统的机械能守恒得,弹簧的最大弹性势能等于弹珠在C点的机械能,为mg(L+R)sin θ+mv2,故D正确.
答案:BCD
13.如图所示,在排球比赛中,假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网,排球网高H=2.24 m,排球质量为m=300 g,运动员对排球做的功为W1=20 J,排球运动过程中克服空气阻力做功为W2=4.12 J,重力加速度g取10 m/s2.球从手刚发出位置的高度h=2.04 m,选地面为零势能面,则( )
A.与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 J
B.排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 J
C.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 J
D.与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J
解析:与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H-h)=0.3×10×(2.24-2.04) J=0.6 J,故A错误;根据功能关系可得,排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh+W1-W2=0.3×10×2.04 J+20 J-4.12 J=22 J,故B正确;由动能定理可知,排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1-W2-mg(H-h)=15.28 J,故C错误;与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达网上边缘时动能的减少量为W2+mg(H-h)=4.72 J,故D正确.
答案:BD
14.某兴趣小组遥控一辆玩具车,使其在水平路面上由静止启动,在前2 s内做匀加速直线运动,2 s末达到额定功率,
2 s到14 s保持额定功率运动,14 s末停止遥控,让玩具车自由滑行,其v-t图象如图所示.可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变,已知玩具车的质量为m=1 kg,取g=10 m/s2,则( )
A.玩具车所受阻力大小为2 N
B.玩具车在4 s末牵引力的瞬时功率为9 W
C.玩具车在2 s到10 s内位移的大小为39 m
D.玩具车整个过程的位移为90 m
解析:由图象可知在14 s后的加速度a2=m/s2=-1.5 m/s2,故阻力f=ma2=-1.5 N,A错误;玩具车在前2 s内的加速度a1==1.5 m/s2,由牛顿第二定律可得牵引力F=ma1-f=3 N,当t=2 s时达到额定功率P额=Fv=9 W.此后玩具车以额定功率运动,速度增大,牵引力减小,所以t=4 s时功率为9 W,B正确;玩具车在2到10秒内做加速度减小的加速运动,由动能定理得P额t+fs2=mv-mv,解得s2=39 m,故C正确;由图象可知总位移s=×3×2 m+39 m+6×4 m+×4×6 m=78 m,故D错误.
答案:BC
三、非选择题(本题共4小题,共46分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(8分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接.向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能.
图(a)
(1)实验中涉及下列操作步骤:
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号).
(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果.打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知,________(选填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能更大些.
图(b)
解析:(1)先压缩弹簧,松手后,弹簧的弹性势能转化为物块离开弹簧时的动能,测量出动能就可得到弹性势能,保证纸带拉直且先接通电源后释放纸带,则正确步骤是④①③②.
(2)离开弹簧后,由于桌面光滑,物块做匀速直线运动.打点周期为0.02 s,取M纸带中最后两段求平均值,则v=m/s≈1.29 m/s,因为纸带M匀速段相邻打点间距大,故纸带M对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.
答案:(1)④①③② (2)1.29 M
16.(8分)目前上海有若干辆超级电容车试运行,其特点是充电快、运行远,只需在乘客上车间隙充电30 s~1 min,就能行驶3 km~5 km.假设有一辆超级电容车,质量m=2×103 kg,额定功率P=60 kW,当超级电容车在平直水平路面上行驶时,受到的阻力f是车重的k=0.1倍,g取10 m/s2.求:
(1)超级电容车在此路面上能达到的最大速度vm;
(2)超级电容车从静止开始以a=0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动所能维持的时间t;
(3)超级电容车以额定功率从静止开始运动经过t′=50 s达到最大速度过程中的位移x.
解析:(1)由题意可知,当超级电容车速度达到最大值时,有
F牵-f=0,①
f=kmg,②
P=F牵vm,③
联立①②③,得vm=30 m/s.④
(2)设车在匀加速阶段最终速度为v,则有
P=F′牵v,⑤
F′牵-f=ma,⑥
v=at,⑦
联立⑤⑥⑦得t=40 s.⑧
(3)由动能定理,得
Pt′-fx=mv-0,⑨
解得x=1 050 m.
答案:(1)30 m/s (2)40 s (3)1 050 m
17.(12分)光滑的长轨道形状如图所示,底部为半圆形,半径为R,固定在竖直平面内,A、B为两质量相同的小环,用长为R的轻杆连接在一起,套在轨道上,将A、B两环从图示位置静止释放,A环距底部2R.不考虑轻杆和轨道的接触,即忽略系统机械能的损失,求:
(1)A、B两环进入半圆形底部前,杆上的作用力;
(2)A环到达最低点时,两环的速度大小;
(3)若轻杆长为2R,A环仍从距底部2R处静止释放,经过半圆形底部再次上升后离开底部的最大高度.
解析:(1)对A、B环及杆整体分析,做自由落体运动,加速度为g;以A为研究对象,A做自由落体运动,则杆对A一定没有作用力,即F=0.
(2)A、B环都进入圆轨道后,两环具有相同角速度,则两环速度大小一定相等,即vA=vB.
对A、B环及杆整体从静止释放至A环到达最低点过程,根据动能定理,有mg·2R+mg·R=·2mv2,可得v=.
(3)由于杆长超过了半圆直径,故最后A环在下,如图.
A再次上升后,设位置比原来高h,如图所示.
由动能定理,有-mgh+mg(2R-2R-h)=0,
得h=(-1)R,A离开底部的最大高度H=2R+h=(+1)R.
答案:(1)没有作用力 (2) (3)( +1)R
18.(18分)如图所示,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧下端固定,上端恰好与管口D端齐平,质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑,进入管口C端时与管壁间恰好无作用力,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep,已知小球与BC间的动摩擦因数μ=0.5.求:
(1)小球达到B点时的速度大小vB;
(2)水平面BC的长度s;
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm.
解析:(1)由机械能守恒定律得mg2r=mv,
解得vB=2.
(2)由mg=m,
得vC=.
由A至C,由动能定理得mg(2r)-μmgs=mv.
解得s=3r.
(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x,则有kx=mg,
得x=.
由功能关系得mg(r+x)-Ep=mv-mv,
得vm=.
答案:(1)2 (2)3r (3)
模块综合检测(一)
(时间:90分钟 满分:100分)
一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.每小题中只有一个选项是正确的,选对得3分,错选、不选或多选均不得分)
1.如图所示,从某高度水平抛出一小球,经过时间t到达地面时,速度与水平方向的夹角为θ,不计空气阻力,重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A.若小球初速度增大,则θ减小
B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
C.若小球初速度增大,则平抛运动的时间变长
D.小球水平抛出时的初速度大小为gttan θ
解析:小球落地时竖直方向上的速度vy=gt,因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ,则tan θ=,可知若小球初速度增大,则θ减小,故A正确;小球落地时位移方向与水平方向夹角的正切值tan α===,tan θ=2tan α,但α≠,故B错误;平抛运动的落地时间由高度决定,与初速度无关,故C错误;速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ==,小球的初速度v0=,故D错误.
答案:A
2.关于摩擦力做功,以下说法正确的是( )
A.滑动摩擦力阻碍物体的相对运动,所以一定做负功
B.静摩擦力虽然阻碍物体间的相对运动趋势,但不做功
C.静摩擦力和滑动摩擦力不一定都做负功
D.一对相互作用力,若作用力做正功,则反作用力一定做负功
解析:摩擦力可以是动力,故摩擦力可做正功;一对相互作用力,可以都做正功,也可以都做负功;静摩擦力可以做功,也可以不做功,故选项A、B、D错误,C正确.
答案:C
3.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度.如图是某一变速车齿轮转动结构示意图,图中A轮有48齿,B轮有42齿,C轮有18齿,D轮有12齿,则( )
A.该车可变换两种不同挡位
B.该车可变换五种不同挡位
C.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=1∶4
D.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=4∶1
解析:由题意知,A轮通过链条分别与C、D连接,自行车可有两种速度,B轮分别与C、D连接,又可有两种速度,所以该车可变换四种挡位;当A与D组合时,两轮边缘线速度大小相等,A转一圈,D转4圈,即=,选项C对.
答案:C
4.已知靠近地面运转的人造卫星,每天转n圈,如果发射一颗同步卫星,它离地面的高度与地球半径的比值为( )
A.n B.n2
C. -1 D. -1
解析:设同步卫星离地面的高度为h,地球半径为R.近地卫星的周期为T1=,同步卫星的周期为T2=24 h,则T1∶T2=1∶n,
对于近地卫星有G=mR,
对于同步卫星有G=m′ (R+h),
联立解得h=(-1)R,故D正确.
答案:D
5.在平直轨道上,匀加速向右行驶的封闭车厢中,悬挂着一个带有滴管的盛油容器,如图所示.当滴管依次滴下三滴油时(设三滴油都落在车厢底板上),下列说法中正确的是( )
A.这三滴油依次落在OA之间,且后一滴比前一滴离O点远
B.这三滴油依次落在OA之间,且后一滴比前一滴离O点近
C.这三滴油依次落在OA间同一位置上
D.这三滴油依次落在O点上
解析:油滴下落的过程中,在竖直方向上做自由落体运动,根据自由落体运动的规律可得,油滴运动的时间是相同的,在水平方向上,油滴离开车之后做匀速直线运动,但此时车做匀加速直线运动,油滴相对于车厢在水平方向上的位移就是车在水平方向上多走的位移,即Δx=at2,由于时间和加速度都是确定不变的,所以三滴油会落在同一点,即落在OA间同一位置上,故C正确.
答案:C
6.一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动,其中一个处于中间位置的土豆质量为m,它到转轴的距离为R,则其他土豆对该土豆的作用力为( )
A.mg B.mω2R
C. D.
解析:设其他土豆对该土豆的作用力为F,则该土豆受到重力mg和F作用.由于该土豆做匀速圆周运动,所以这两个力的合力提供该土豆做匀速圆周运动的向心力,如图所示.根据直角三角形的关系得F=,而F向=mω2R,所以F=, C正确.
答案:C
7.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,B、C为水平的,其距离d=0.50 m盆边缘的高度为h=0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停下的地点到B的距离为( )
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
解析:设小物块在BC面上运动的总路程为s.物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg,对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究,由动能定理得mgh-μmgs=0,得到s==m=3 m,d=0.50 m,则s=6d,所以小物块在BC面上来回运动共6次,最后停在B点.故选D.
答案:D
8.如图所示,质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面,其运动的加速度为g,此物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这个过程中物体( )
A.重力势能增加了mgh
B.动能损失了mgh
C.动能损失了mgh
D.动能损失了mgh
解析:重力做功WG=-mgh,故重力势能增加了mgh,A错.物体所受合力F=ma=mg,合力做功W合=-F=-mg×2h=-mgh,由动能定理知,动能损失了mgh,B、C错,D正确.
答案:D
9.双星系统由两颗恒星组成,两恒星在相互引力的作用下,分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动.研究发现,双星系统演化过程中,两星的总质量、距离和周期均可能发生变化.若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T,经过一段时间演化后,两星总质量变为原来的k倍,两星之间的距离变为原来的n倍,则此时圆周运动的周期为( )
A. T B. T
C. T D. T
解析:设两颗星的质量分别为m1、m2,做圆周运动的半径分别为r1、r2,根据万有引力提供向心力可得:
G=m1r1,G=m2r2,联立解得:m1+m2=,即T2=,因此,当两星总质量变为原来的k倍,两星之间的距离变为原来的n倍时,两星圆周运动的周期为T′=T,选项B正确,其他选项均错.
答案:B
10.以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b,落地点的水平位移为s1和s2,自抛出到落地的过程中,重力做的功分别为W1、W2,落地瞬间重力的即时功率为P1和P2( )
A.若s1<s2,则W1>W2,P1>P2
B.若s1<s2,则W1>W2,P1<P2
C.若s1=s2,则W1>W2,P1>P2
D.若s1=s2,则W1<W2,P1<P2
解析:若s1<s2,由于高度决定了平抛运动的时间,所以两个物体运动时间相等.
由x=v0t知:水平抛出两个物体的初速度关系为v1<v2.
由于以相同的动能从同一点水平抛出,所以两个物体的质量关系是m2<m1.
自抛出到落地的过程中,重力做的功W=mgh,所以W1>W2,平抛运动竖直方向做自由落体运动,所以落地瞬间两个物体的竖直方向速度vy相等,根据瞬时功率P=Fvcos α,落地瞬间重力的即时功率P=mgvy.
由于m2<m1,所以P1>P2,故A正确,B错误.
以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b,由于高度决定时间,所以两个物体运动时间相等.
若s1=s2,平抛运动水平方向做匀速直线运动,所以水平抛出两个物体的初速度相等.由于以相同的动能从同一点水平抛出,所以两个物体的质量相等.所以自抛出到落地的过程中,重力做的功相等,即W1=W2.落地瞬间重力的即时功率相等,即P1=P2,则C、D错误.故选A.
答案:A
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题6分,共24分.每小题有多个选项是正确的,全选对得6分,少选得3分,选错、多选或不选得0分)
11.如图所示,轻杆长为3L,在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B,杆上距球A为L处的点O装在光滑水平转动轴上,杆和球在竖直面内做匀速圆周运动,且杆对球A、B的最大约束力相同,则( )
A.B球在最低点较A球在最低点更易脱离轨道
B.若B球在最低点与杆间的作用力为3mg,则A球在最高点受杆的拉力
C.若某一周A球在最高点和B球在最高点受杆的力大小相等,则A球受杆的支持力,B球受杆的拉力
D.若每一周做匀速圆周运动的角速度都增大,则同一周B球在最高点受杆的力一定大于A球在最高点受杆的力
解析:两球的角速度相同,由向心力公式Fn=mω2r可知,由于B的运动半径较大,所需要的向心力较大,而由题意,两球的重力相等,杆对两球的最大拉力相等,所以在最低点B球更容易做离心运动,更容易脱离轨道,故A正确.
若B球在最低点与杆间的作用力为3mg,设B球的速度为vB.
则根据牛顿第二定律,得NB-mg=m,且NB=3mg,得
vB=2,
由v=ωr,ω相等,A的半径是B的一半,则得此时A的速度为
vA=vB=.
对A球,设杆的作用力大小为NA,方向向下,则有mg+NA=m,解得NA=0,说明杆对A球没有作用力,故B错误.
若某一周A球在最高点和B球在最高点受杆的力大小相等,设为F,假设在最高点杆对A、B球产生的都是支持力,
对B球有mg-F=mω2·2L;
对A球有mg-F=mω2L;
很显然上述两个方程不可能同时成立,说明假设不成立,则知两球所受的杆的作用力不可能同时是支持力.
对B球,若杆对B球产生的是拉力,有mg+F=mω2·2L;
对A球,若杆对A球产生的是拉力,有F+mg=mω2L;
两个方程不可能同时成立,所以两球不可能同时受杆的拉力.
对B球,若杆对B球产生的是拉力,有mg+F=mω2·2L;
对A球,若杆对A球产生的是支持力,有mg-F=mω2L;
两个方程能同时成立,所以可能A球受杆的支持力、B球受杆的拉力.对B球,若杆对B球产生的是支持力,有mg-F=mω2·2L;
对A球,若杆对A球产生的是拉力,有F+mg=mω2L;
两个方程不能同时成立,所以不可能A球受杆的拉力,而B球受杆的支持力.
综上,A球在最高点和B球在最高点受杆的力大小相等时,A球受杆的支持力、B球受杆的拉力,故C正确.
当两球在最高点所受的杆的作用力都是支持力时,则对B球,有mg-FB=mω2·2L,得FB=mg-2mω2L;
对A球,若杆对A球产生的是支持力,有mg-FA=mω2L,得FA=mg-mω2L,可得FA>FB,故D错误.
答案:AC
12.如图所示,两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上,并用不可伸长的轻绳连接,整个装置能绕过CD中点的轴OO1在水平面内转动,已知两物块质量相等,杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等,开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力),物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍,现让该装置从静止开始转动,使转速逐渐增大,在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中,下列说法正确的是( )
A.A受到的静摩擦力一直增大
B.B受到的静摩擦力先增大,后保持不变
C.A受到的静摩擦力先增大后减小
D.A受到的合外力一直在增大
解析:在转动过程中,两物块做圆周运动都需要向心力来维持,一开始是静摩擦力作为向心力,当摩擦力不足以提供所需向心力时,绳子中就会产生拉力,当这两个力的合力都不足以提供向心力时,物块将会与CD杆发生相对滑动.根据向心力公式F向=m=mω2R,可知在发生相对滑动前物块的运动半径是不变的,质量也不变,随着速度的增大,向心力增大,而向心力大小等于物块所受的合力,故D正确.由于A的运动半径比B的小,A、B的角速度相同,知当角速度逐渐增大时,B物块先达到最大静摩擦力;角速度继续增大,B物块靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力;角速度增大,拉力增大,则A物块所受的摩擦力减小,当拉力增大到一定程度,A物块所受的摩擦力减小到零后反向,角速度增大,A物块所受的摩擦力反向增大.所以A所受的摩擦力先增大后减小,再增大;B物块所受的静摩擦力一直增大,达到最大静摩擦力后不变,故A、C错误,B正确.
答案:BD
13.如图为过山车以及轨道简化模型,以下判断正确的是( )
A.过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B.过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于
C.过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态
D.过山车在斜面h=2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点
解析:过山车在竖直圆轨道上做圆周运动,机械能守恒,动能和重力势能相互转化,速度大小变化,不是匀速圆周运动,故A错误;在最高点,重力和轨道对车的压力提供向心力,当压力为零时,速度最小,则mg=m,解得:v=,故B正确;在最低点时,重力和轨道对车的压力提供向心力,加速度向上,乘客处于超重状态,故C正确;过山车在斜面h=2R高处由静止滑下到最高点的过程中,根据动能定理得: mv′2=mg(h-2R)=0.解得;v′=0,所以不能通过最高点,故D错误.故选B、C.
答案:BC
14.(2015·课标全国Ⅰ卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后,先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行;然后经过一系列过程,在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止);最后关闭发动机,探测器自由下落.已知探测器的质量约为1.3×103 kg,地球质量约为月球的81倍,地球半径约为月球的3.7倍,地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2,则此探测器( )
A.在着陆前的瞬间,速度大小约为8.9 m/s
B.悬停时受到的反冲作用力约为2×103 N
C.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内,机械能守恒
D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度
解析:在地球表面附近有G=mg地,在月球表面附近有G=mg月,可得g月=1.656 m/s2,所以探测器落地的速度为v==3.64 m/s,故A错误;探测器悬停时受到的反冲作用力为F=mg月≈2×103 N,B正确;探测器由于在着陆过程中开动了发动机,因此机械能不守恒,C错误;在靠近星球的轨道上有G=mg=m,即有v=,可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度,故选项D正确.
答案:BD
三、非选择题(本题共4小题,共46分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(8分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验.
图甲
(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的________.
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是________.
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
(3)实验中,先接通电源,再释放重物,得到图乙所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.
已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp=__________,动能变化量ΔEk=________.
图乙
(4)大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是________.
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v=计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2h图象,并做如下判断:若图象是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒.请你分析论证该同学的判断依据是否正确.
解析:(1)在重物下落过程中,若任意两点间重力势能的减少量等于动能的增加量,则重物的机械能守恒,所以A正确.
(2)打点计时器需要交流电源,测量纸带上各点之间的距离需要刻度尺,本实验需要验证的等式为mgh=mv2,即gh=v2(或mgh=mv-mv,即gh=v-v),所以不需要测量重物的质量,不需要天平.
(3)从打O点到打B点的过程中,重力势能的变化量ΔEp=-mghB,动能的变化量ΔEk=mv=m=.
(4)重力势能的减少量大于动能的增加量,主要原因是重物在运动过程中存在空气阻力和摩擦阻力,选项C正确.
(5)该同学的判断依据不正确.在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,根据mgh-fh=mv2-0⇒v2=2h,可知v2h图象就是过原点的一条直线.要想通过v2h图象的方法验证机械能是否守恒,还必须看图象的斜率是否接近2g.
答案:(1)A (2)AB (3)-mghB
(4)C (5)见解析
16.(8分)如图所示,在固定光滑水平板上有一光滑小孔O,一根轻绳穿过小孔,一端连接质量m=1 kg的小球A,另一端连接质量M=4 kg的物体B.当A球沿半径r=0.1 m的圆周做匀速圆周运动时,要使物体B不离开地面,A球做圆周运动的角速度有何限制(g取10 m/s2)?
解析:小球A做圆周运动的向心力为绳子的拉力,
故FT=mω2r.
B恰好不离开地面时FT=Mg.
解上述两个方程得ω=20 rad/s,
B不离开地面时拉力FT不大于B的重力,故A球做圆周运动的角速度应不大于20 rad/s.
答案:A球做圆周运动的角速度应不大于20 rad/s
17.(14分)据报道,人们最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星,其质量约为地球质量的6.4倍.已知一个在地球表面质量为50 kg的人在这个行星表面的重量约为800 N,地球表面处的重力加速度为10 m/s2.求:
(1)该行星的半径与地球的半径之比;
(2)若在该行星上距行星表面2 m高处,以10 m/s的水平初速度抛出一只小球(不计任何阻力),则小球的水平射程是多大.
解析:(1)在该行星表面处,有
G行=mg行,
可得g行=16 m/s2.
在忽略自转的情况下,物体所受的万有引力等于物体所受的重力,得
=mg,
有R2=,
故==4,
所以=2.
(2)由平抛运动的规律,有
h=g行t2,
s=vt,
故s=v,
代入数据,解得s=5 m.
答案:(1)2∶1 (2)5 m
18.(16分)如图所示,一长度LAB=4.98 m、倾角θ=30°的光滑斜面AB和一固定粗糙水平台BC平滑连接,水平台长度LBC=0.4 m,离地面高度H=1.4 m,在C处有一挡板,小物块与挡板碰撞后以原速率反弹,下方有一半球体与水平台相切,整个轨道处于竖直平面内.在斜面顶端A处由静止释放质量为m=2 kg的小物块(可视为质点),忽略空气阻力,小物块与BC间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2.求:
(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小;
(2)小物块经过B点多少次停下来,在BC上运动的总路程为多少;
(3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板,最后小物块落在D点,已知半球体半径r=0.75 m,OD与水平面夹角为α=53°,求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板(sin 53°=,cos 53°=)?
解析:(1)A→C,由动能定理,得mgLABsin θ-μmgLBC=mv,
解得vC=7 m/s.
(2)小物块从A到停止,设小物块在水平台上经过的距离为s,由动能定理,得
mgLABsin θ-μmgs=0,
解得s=24.9 m.
经过B点在水平台走过一个来回的距离为s1=0.8 m,
==31.125,
所以经过了B点n=31×2+1=63(次).
(3)由几何关系,可知物块在C、D间的水平位移x=r+rcos α,竖直位移h=H-rsin α.
又x=v′Ct,
h=gt2.
联立以上方程,解得v′C=3 m/s.
由动能定理,得mgLABsin θ-(2n′+1)μmgLBC=
mv′,
解得n′=25(次).
答案:(1)7 m/s (2)63次 24.9 m (3)25次
(时间:90分钟 满分:100分)
一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.每小题中只有一个选项是正确的,选对得3分,错选、不选或多选均不得分)
1.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是( )
A.质点经过C点的速率比D点的大
B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C.质点经过D点时的加速度比B点的大
D.质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
解析:小球做匀变速曲线运动,所以加速度不变,故选项C错误.由于在D点速度方向与加速度方向垂直,则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角,所以质点由C到D速率减小,即C点速率比D点大,故选项A正确.在A点速度方向与加速度方向的夹角也为钝角,故选项B错误.而从B到E的过程中速度方向与加速度的方向间的夹角越来越小,故选项D错误.
答案:A
2.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之比为( )
A.1∶1 B.4∶3
C.16∶9 D.9∶16
解析:两小球均做平抛运动,且均落在斜面上,则对于A球有tan 37°===,解得tA=,同理对于B球有tB=,则==,故D正确.
答案:D
3.如图所示,河水流动的速度为v,且处处相同,河宽度为a,在船下水点A的下游距离为b处是瀑布,为了使小船安全渡河(不掉到瀑布里去),本题中小船速度均指静水中的速度,则下列说法正确的是( )
A.小船船头垂直于河岸渡河时间最短,最短时间为t=,此时小船速度最大,最大速度为vmax=
B.小船沿y轴方向渡河,位移最小,速度最大,最大速度为vmax=
C.小船沿轨迹AB运动,位移最大,时间最长,速度最小,最小速度vmin=
D.小船沿轨迹AB运动,位移最大,速度最小,最小速度vmin=
解析:小船船头垂直于河岸渡河时间最短,最短时间t=,A错误;小船沿y轴方向渡河,位移最小,此时船头与河岸有一定夹角,指向上游,即小船的两个分速度夹角为钝角,合速度比两分速度夹角为锐角时小,故不是最大速度,B错误;小船沿轨迹AB运动位移最大,但渡河的时间由船速的大小和方向共同决定,此时船速有最小值,即当船速方向与AB垂直时,船速最小,由相似三角形,得=,解得vmin=,C错误,D正确.
答案:D
4.汽车在平直公路上行驶,前一段时间内发动机的功率为P1,后一段时间内的功率为P2,已知在两段时间内发动机做的功相等,则在全部时间内发动机的平均功率为( )
A. B.
C. D.
解析:平均功率P=,又t1=,t2=,故P=,故选项D正确.
答案:D
5.以一定速度竖直上抛一个小球,小球上升的最大高度为h,空气阻力的大小恒为Ff,则从抛出至落回到原出发点的过程中,空气阻力对小球做的功为( )
A.0 B.-Ffh
C.-2Ffh D.-4Ffh
解析:上升阶段,空气阻力做功W1=-Ffh.下落阶段空气阻力做功W2=-Ffh,整个过程中空气阻力做功W=W1+W2=-2Ffh,故C选项正确.
答案:C
6.质量为2×103 kg、发动机的额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶.若该汽车所受阻力大小恒为4×103 N,则下列判断中正确的有( )
A.汽车的最大速度是10 m/s
B.汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动,启动后第2 s末时发动机的实际功率是32 kW
C.汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动,匀加速运动所能维持的时间为10 s
D.若汽车保持额定功率启动,则当其速度为5 m/s时,加速度为8 m/s2
解析:当牵引力大小等于阻力时速度最大,根据P=fvm得,汽车的最大速度vm==m/s=20 m/s,故A错误;根据牛顿第二定律,得F-f=ma,解得F=f+ma=4 000 N+2 000×2 N=8 000 N,第2 s末的速度v=at=2×2 m/s=4 m/s,第2 s末发动机的实际功率P=Fv=8 000×4 W=32 kW,故B正确;匀加速直线运动的末速度v==m/s=10 m/s,做匀加速直线运动的时间t==s=5 s,故C错误;当汽车速度为5 m/s时,牵引力F==N=16 000 N,根据牛顿第二定律,得汽车的加速度a==m/s2=6 m/s2,故D错误.选B.
答案:B
7.质量为m的滑块从半径为R的半球形碗的边缘滑向碗底,过碗底时速度为v,若滑块与碗间的动摩擦因数为μ,则在过碗底时滑块受到摩擦力的大小为( )
A.μmg B.μm
C.μm D.μm
解析:滑块经过碗底时,由重力和支持力的合力提供向心力.根据牛顿第二定律得FN-mg=m,则碗底对球支持力FN=mg+m.所以在过碗底时滑块受到摩擦力的大小f=μFN=μ=μm,故选C.
答案:C
8.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时刻开始,受到水平外力F作用,如图所示.下列判断正确的是( )
A.0~2 s内外力的平均功率是4 W
B.第2 s内外力所做的功是4 J
C.第2 s末外力的瞬时功率最大
D.第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶5
解析:0~1 s内,质点的加速度a1==m/s2=3 m/s2,则质点在0~1 s内的位移x1=a1t=×3×1 m=1.5 m,1 s末的速度v1=a1t1=3×1 m/s=3 m/s,第2 s内质点的加速度a2==m/s2=1 m/s2,第2 s内的位移x2=v1t2+a2t=3×1 m+×1×1 m=3.5 m,在0~2 s内外力F做功的大小W=F1x1+F2x2=3×1.5 J+1×3.5 J=8 J,可知0~2 s内外力的平均功率P==W=4 W,故A正确;第2 s内外力做功W2=F2x2=1×3.5 J=3.5 J,故B错误;第1 s末外力的瞬时功率P1=F1v1=3×3 W=9 W,第2 s末的速度v2=v1+a2t2=3 m/s+1×1 m/s=4 m/s,则外力的瞬时功率P2=F2v2=1×4 W=4 W,可知第2 s末外力的瞬时功率不是最大,第1 s末和第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4,故C、D错误.
答案:A
9.长为0.5 m的轻杆,其一端固定于O点,另一端连有质量m=2 kg的小球,它绕O点在竖直平面内做圆周运动,如图所示,当通过最高点时,v=1 m/s,小球受到杆的力是(g取10 m/s2)( )
A.16 N推力 B.16 N拉力
C.4 N推力 D.4 N拉力
解析:小球受重力和杆的弹力作用,设杆的弹力竖直向上.由牛顿第二定律得mg-FN=m,解得FN=mg-m=2×10 N-2×N=16 N,故球受到杆竖直向上的推力作用,大小为16 N,选项A正确.
答案:A
10.如图所示,两颗星组成的双星,在相互之间的万有引力作用下,绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动.
现测得两颗星之间的距离为L,质量之比为m1∶m2=3∶2,下列说法中正确的是( )
A.m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2
B.m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2
C.m1做圆周运动的半径为L
D.m2做圆周运动的半径为L
解析:根据F万=F向,对m1得G=m1=m1r1ω2,对m2得G=m2=m2r2ω2,又r1+r2=L,由以上各式得===,A错误.由于T1=T2,故ω=相同,B错误.r1=L,r2=L,C正确,D错误.
答案:C
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题6分,共24分.每小题有多个选项是正确的,全选对得6分,少选得3分,选错、多选或不选得0分)
11.我国已发射了“嫦娥三号”卫星,该卫星在距月球表面H处的环月轨道Ⅰ上做匀速圆周运动,其运行的周期为T,随后“嫦娥三号”在该轨道上A点采取措施,降至近月点高度为h的椭圆轨道Ⅱ上,如图所示.若以R表示月球的半径,忽略月球自转及地球对卫星的影响.则下述判断正确的是( )
A.“嫦娥三号”在环月轨道Ⅰ上需加速才能降至椭圆轨道Ⅱ
B.“嫦娥三号”在图中椭圆轨道Ⅱ上的周期为 T
C.月球的质量为
D.月球的第一宇宙速度为
解析:“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动,要使其沿椭圆轨道运动,“嫦娥三号”需做近心运动,故在轨道Ⅰ上需要对“嫦娥三号”减速,“嫦娥三号”才可以沿轨道Ⅱ运动,故A错误;根据开普勒第三定律=k,得“嫦娥三号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的周期应满足=,TⅠ=T,解得TⅡ=T,故B正确;“嫦娥三号”在图中轨道Ⅰ上运动时,根据万有引力提供它做圆周运动的向心力,有G=m (R+H),解得月球的质量为M=,故C正确;据G=m,得月球的第一宇宙速度为v==,故D正确.
答案:BCD
12.如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,ab为水平直径,cd为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相对木板始终静止,则( )
A.物块始终受到三个力作用
B.只有在a、b、c、d四点,物块受到合外力才指向圆心
C.从a到b,物体所受的摩擦力先减小后增大
D.从b到a,物块处于超重状态
解析:在cd两点处,只受重力和支持力,在其他位置处物体受到重力,支持力、静摩擦力三个作用,故A错误;物体作匀速圆周运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故B错误;从a运动到b,物体的加速度的方向始终指向圆心,水平方向的加速度先减小后反向增大,根据牛顿第二定律可得,物体所受木板的摩擦力先减小后增大.故C正确.从b运动到a,向心加速度有向上的分量,所以物体处于超重状态,故D正确.
答案:CD
13.如图所示,在“嫦娥”探月工程中,设月球半径为R,月球表面的重力加速度为g.飞船在半径为4R的圆形轨道Ⅰ上运动,到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道的近月点B时,再次点火进入半径约为R的近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动,则( )
A.飞船在轨道Ⅰ上的运行速率等于
B.飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率
C.飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上B处的加速度
D.飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比TⅠ∶TⅢ=4∶1
解析:根据G=m,得飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v1=,又GM=g0R2,解得v1==,故A正确;根据G=m,解得v=,飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的速率关系为vⅢ>vⅠ,飞船在轨道Ⅱ上的B处减速进入轨道Ⅲ,则飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率,故B正确;根据牛顿第二定律,得a==,飞船在轨道Ⅰ上的加速度小于在轨道Ⅱ上B处的加速度,故C错误;根据G=mr,得T=,飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比为4∶1,则周期之比为8∶1,故D错误.
答案:AB
14.将一物体从地面以一定的初速度竖直上抛,从抛出到落回原地的过程中,空气阻力恒定.以地面为零势能面,则下列反映物体的机械能E、动能Ek、重力势能Ep及克服阻力所做的功W随距地面高度h变化的四个图象中,可能正确的是( )
解析:物体运动过程中受重力和阻力,除重力外其余力做的功等于机械能的变化量,上升过程和下降过程中物体一直克服阻力做功,故机械能不断减小,但落回原地时有速度,机械能不可能为零,故A错误;物体运动过程中受重力和阻力,合力做功等于动能的变化量,上升过程动能不断减小,表达式为-(mg+f)h=Ek-Ek0,下降过程动能不断增大,表达式为(mg-f)(H-h)=Ek,故B正确;重力做功等于重力势能的减少量,以地面为零势能面,故Ep=mgh,故C正确;上升过程中克服阻力所做的功W=fh,下降过程中克服阻力做的功为W=f(H-h)=fH-fh,故D正确.
答案:BCD
三、非选择题(本题共4小题,共46分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.(8分)在做“研究平抛运动”的实验中,为了确定小球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;将木板向远离槽口的方向平移距离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;将木板再向远离槽口的方向平移距离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(g=9.80 m/s2).
(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放?
______________________________________________________.
(2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0=________________(用题中所给字母表示).
(3)小球初速度的值为v0=________ m/s.
解析:(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球,是为了使小球离开斜槽末端时有相同的初速度.
(2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动,则小球从A到B和从B到C运动时间相等,设为T;竖直方向由匀变速直线运动推论有y2-y1=gT2,且v0T=x.解以上两式得:v0=x.
(3)代入数据解得v0=1.00 m/s.
答案:(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同
(2)x (3)1.00
16.(8分)如图所示,半径为R的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合,转台以一定角速度ω匀速旋转,一质量为m的小物块落入陶罐内,经过一段时间后,小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止,它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g,小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f=mg.
(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零,求此时的角速度ω0;
(2)若小物块一直相对陶罐静止,求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值.
解析:(1)当小物块受到的摩擦力为零,支持力和重力的合力提供向心力,有
mgtan θ=mωRsin θ,
解得ω0=.
(2)当ω>ω0时,重力和支持力的合力不够提供向心力,当角速度最大时,摩擦力方向沿罐壁切线向下时摩擦力达到最大值,设此时最大角速度为ω1,
由牛顿第二定律,得fcos θ+FNsin θ=mωRsin θ,
fsin θ+mg=FNcos θ,
联立以上三式,解得ω1=.
当ω<ω0时,重力和支持力的合力大于所需向心力,摩擦力方向沿罐壁切线向上,当角速度最小时,摩擦力向上达到最大值,设此最小角速度为ω2,
由牛顿第二定律,得FNsin θ-fcos θ=mωRsin θ,
mg=FNcos θ+fsin θ,
联立解得ω2=.
答案:(1) (2)
17.(14分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m.为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1 530 J,取g=10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大.
解析:(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有v=2ax,①
由牛顿第二定律,有mg-Ff=ma,②
联立①②式,代入数据,解得Ff=144 N.③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理,有mgh+W=mv-mv,④
设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律,有
FN-mg=m,⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R=12.5 m.
答案:(1)144 N (2)12.5 m
18.(16分)如图所示,一轻质弹簧左端固定在足够长的水平轨道左侧,水平轨道的PQ段粗糙,调节其初始长度为l0=1.5 m,水平轨道右侧连接半径为R=0.4 m的竖直圆形光滑轨道,可视为质点的滑块将弹簧压缩至A点后由静止释放,经过水平轨道PQ后,恰好能通过圆形轨道的最高点B.已知滑块质量m=1 kg,与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4,轨道其他部分摩擦不计.g取10 m/s2,求:
(1)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能Ep;
(2)若每次均从A点由静止释放滑块,同时调节PQ段的长度,为使滑块在进入圆形轨道后能够不脱离轨道而运动,PQ段的长度l应满足什么条件?
解析:(1)设滑块冲上圆形轨道最高点B时速度为v,由能量守恒定律,得
Ep=mv2+2mgR+μmgl0,①
滑块在B点时,重力提供向心力,由牛顿第二定律,得
mg=m,②
联立①②式并代入数据,解得Ep=16 J.
(2)若要使滑块不脱离轨道,分两种情况讨论:
①滑块能够通过B点而不脱离轨道,则应满足l≤1.5 m,③
②滑块能够到达圆形轨道,则应满足Ep≥μmgl,解得l≤4 m,④
滑块到达圆形轨道而又不超过与圆心等高的C点时,如图所示,临界条件取到达C点时速度恰好为零,则有Ep≤mgR+μmgl,解得l≥3 m,⑤
联立③④⑤式,可得PQ段长度l应满足的条件是:
l≤1.5 m或3 m≤l≤4 m.
答案:(1)16 J (2)l≤1.5 m或3 m≤l≤4 m
¥29.8
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