如图所示,一球体绕轴O1O2以角速度ω匀速旋转,A、B为球体上两点,下列几种说法中正确的是( )
A.A、B两点具有相同的角速度
B.A、B两点具有相同的线速度
C.A、B两点的向心加速度的方向都指向球心
D.A、B两点的向心加速度之比为2:1
A
【详解】
A.A、B为球体上两点,因此A、B两点的角速度与球体绕轴O1O2旋转的角速度相同,A正确;
C.如图所示,A以P为圆心做圆周运动,B以Q为圆心做圆周运动,因此A、B两点的向心加速度方向分别指向P、Q,C错误;
B.设球的半径为R,则A运动的半径rA=Rsin60°,B运动的半径rB=Rsin30°,根据v=ωr可知A、B两点的线速度之比为,B错误;
D.根据a=ω2r可知A、B两点的向心加速度速度之比为,D错误。
故选A。
如图所示,质量为m的物体(可视为质点)以速度v0离开桌面,不计空气阻力,若以桌面为零重力势能参考面,则当物体经过A处时,它所具有的机械能是( )
A.mv02
B.mv02+mgh
C.mv02+mg(H+h)
D.mv02+mgH
A
【详解】
由题意知选择桌面为零势能面,则开始时机械能为
由于不计空气阻力,物体运动过程中机械能守恒,故当物体经过A处时,它所具有的机械能是,故A正确,BCD错误。
故选A。
某人把一质量为m的物体竖直向上抛出,物体达到最高点h后落回到抛出点。若物体在上升和下落过程中所受到空气的阻力大小均为Ff,则物体在整个过程中(重力加速度为g)( )
A.克服重力做功mgh B.克服重力做功2mgh
C.克服阻力做功Ffh D.克服阻力做功2Ffh
D
【详解】
AB.从物体被抛出到落回抛出点的全过程中,初、末位置相同,位移为零,所以重力做功为零,故A错误,B错误;
CD.在上升的过程中,克服阻力做功Ffh,在下降的过程中,克服阻力做功Ffh,则整个过程中克服阻力做功为2Ffh,故C错误,D正确。
故选D。
我国首颗由东中校友潘建伟主导的量子卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。量子卫星成功运行后,我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信,构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。如图所示,量子卫星最后定轨在离地面5×102km的预定圆周轨道,已知地球半径约为6.4×103km,同步卫星距地面约3.6×104km,下列说法正确的是
A.量子卫星的发射速度可能为7.8km/s
B.量子卫星的环绕速度小于同步卫星的环绕速度
C.量子卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度
D.量子卫星绕地球的周期小于同步卫星绕地球的周期
D
【解析】
根据万有引力提供向心力,有:,得:
,
,
,最小的发射速度是7.9km/s,所以量子卫星的发射速度不可能为7.8km/s,它会落向地面,不可能成为地球的卫星,故A错误;由
可知,半径比较小的量子卫星运行线速度比同步卫星线速度大。故B错误;由
可知,轨道半径越小,向心加速度越大,量子卫星的向心加速度比同步卫星大,故C错误;由
,可知轨道半径越小,周期越小,则量子卫星的周期小于同步卫星的周期,故D正确。
起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度,其v-t图象如图所示,则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下列选项图中的哪一个( )
A. B.
C. D.
B
【详解】
由v-t图象可知在时间内物向上做匀加速直线运动,设加速度大小为
,根据牛顿第二定律得
则
此时拉力的功率
可知此时间段内功率与时间成正比;
在时间内重物向上做匀速直线运动,拉力
则拉力的功率
可知此时间段内拉力功率不变,根据拉力的大小得,此时的功率小于t1时刻拉力的功率;
在时间内重物向上做匀减速直线运动,设加速度大小为
,根据牛顿第二定律得
则
此时间段内拉力的功率
则可知与
是线性关系,随着
增加,
减小。
时刻拉力突然减小,功率突然减小。
综上所述,故B正确,ACD错误。
故选B。
一物体做变速运动时,下列说法正确的是
A.合外力一定对物体做功,使物体动能改变
B.物体所受合外力一定不为零
C.合外力一定对物体做功,但物体动能可能不变
D.物体加速度一定不为零
BD
【详解】
变速运动一定有加速度,合外力一定不为零,所以B、D正确;变速运动中发生改变的如果只是速度的方向,则动能不发生改变,合力也就不做功,如匀速圆周运动,所以A、C错误.
如图所示,摩天轮是游乐场内的一种大型转轮状设施,摩天轮边缘悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动,下列叙述中正确的是( )
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.摩天轮转动一周的过程中,乘客所受合外力不做功
C.在最高点,乘客处于失重状态
D.摩天轮转动过程中,乘客所受重力的瞬时功率保持不变
BC
【详解】
A.机械能等于重力势能和动能之和,摩天轮运动过程中,做匀速圆周运动,乘客的速度大小不变,则动能不变,但高度变化,重力势能在变化,所以机械能在变化,故A错误;
B.摩天轮匀速转动一周,乘客动能的变化量为零,由动能定理知乘客所受合外力做功为零,故B正确;
C.圆周运动过程中,在最高点,由重力和支持力的合力提供向心力,向心力方向向下,加速度向下,故乘客处于失重状态,故C正确;
D.摩天轮转动过程中,速度方向改变,根据
可知乘客重力的瞬时功率时刻改变,故D错误。
故选BC。
地球半径为R0,地面重力加速度为g,若卫星在距地面R0处做匀速圆周运动,则( )
A.卫星速度为 B.卫星的角速度为
C.卫星的加速度为 D.卫星周期为2π
AB
【解析】
根据万有引力提供向心力:m
mω2r=m
,r=2R0,根据万有引力等于重力得:
mg;
A、v,故A正确;
B、ω,故B正确;
C、a,故C错误;
D、T=2π4π
,故D错误;
一个物体以一定的初速度从地面竖直上抛,不计空气阻力,如图所示,表示物体的动能Ek随高度h变化的图象A、物体的重力势能Ep随速度v变化的图象B、物体的机械能E随高度h变化的图象C、物体的动能Ek随速度v的变化图象D,正确的是( )(以地面为零势能面,B、D选项中曲线为抛物线)
A. B.
C. D.
ABCD
【解析】
根据机械能守恒定律得:mgh+Ek=mv02,得到Ek=
mv02-mgh,可见,Ek与h是线性关系,h增大,Ek减小.故A正确.由机械能守恒得:EP=mgh=
mv02-
mv 2,EP与v是抛物线关系,v越大,EP越小,故B正确.由题意,物体竖直上抛过程中,不计空气阻力,只受重力,其机械能守恒,E与h无关,不随时间变化,故C正确.动能Ek=
mv 2,Ek与v是抛物线关系,v越大,Ek越大,D可能正确.故D正确.故选ABCD.
【点睛】
本题要根据物理规律得到解析式,再选择物理图象,是图象问题经常采用的思路.
如图甲为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图.(1)为完成此实验,除了图中所示器材,还必需的器材有_______
A.刻度尺
B.秒表
C.天平
D.交流电源
(2)实验中,如下哪些操作是正确的_________.
A.要用秒表测量时间
B.重物的质量应尽可能大些
C.先接通电源,后释放纸带
D.先释放纸带,后接通电源
(3)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带,纸带上的O点是起始点,选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点,并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电,重物的质量为0.5 kg,则从计时器打下点O到打下点D的过程中,重物减小的重力势能ΔEp=_______ J;重物增加的动能ΔEk=_______ J,两者不完全相等的原因可能是_______.(重力加速度g取9.8 m/s2,计算结果保留三位有效数字)
AD BC 2.14 2.12 重物下落过程中受到阻力的作用
【详解】
(1)A项:实验中需要通过刻度尺测量点迹间的距离,从而得出重物下降的高度,以及求出瞬时速度,故A正确;
B项:时间可以通过打点计时器直接得出,不需要秒表,故B错误;
C项:验证机械能守恒,即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,质量可以约去,所以不需要天平测量质量,故C错误;
D项:打点计时器需要交流电源,故D正确.
(2)A项:实验中不需要有秒表测量时间,时间可以通过打点计时器直接得出,故A错误;
B项:为了减小阻力的影响,重物质量应选择大一些,故B正确;
C项:实验时应先接通电源,再放开纸带,故C正确,D错误.
(3)从起点到打下记数点D的过程中重力势能减少量
,
D点的瞬时速度为:,则动能的增加量为:
两者不完全相等的原因是摩擦阻力和空气阻力对物体做负功,机械能减小.
某班同学在学习了向心力的公式F=m和F=mω2r后,分学习小组进行实验探究向心力。同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL的水)在空中甩动,使纸杯在水平面内做圆周运动(如图乙所示),来感受向心力。
(1)下列说法中正确的是________。
A.保持质量、绳长不变,增大转速,绳对手的拉力不变
B.保持质量、绳长不变,增大转速,绳对手的拉力增大
C.保持质量、角速度不变,增大绳长,绳对手的拉力不变
D.保持质量、角速度不变,增大绳长,绳对手的拉力增大
(2)如图甲所示,绳离杯心40 cm处打一结点A,80 cm处打一结点B,学习小组中一位同学用手表计时,另一位同学操作,其余同学记录实验数据。
操作一:手握绳结A,使杯在水平方向每秒运动一周,体会向心力的大小。
操作二:手握绳结B,使杯在水平方向每秒运动一周,体会向心力的大小。
操作三:手握绳结A,使杯在水平方向每秒运动两周,体会向心力的大小。
操作四:手握绳结A,再向杯中添30 mL的水,使杯在水平方向每秒运动一周,体会向心力的大小。
①操作二与一相比较:质量、角速度相同,向心力的大小与转动半径大小有关;
操作三与一相比较:质量、半径相同,向心力的大小与角速度的大小有关;
操作四与一相比较:________相同,向心力大小与________有关;
②物理学中这种实验方法叫________法。
③小组总结阶段,在空中甩动纸杯的同学谈感受时说:“感觉手腕发酸,感觉力不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力,跟书上说的不一样”,你认为该同学的说法正确吗?答:________。
BD 角速度、半径 质量大小 控制变量 不正确,见解析
【详解】
(1)由题意知,根据向心力公式F向=mω2r,结合牛顿第三定律,有T拉=mω2r;保持质量、绳长不变,增大转速,根据公式可知,绳对手的拉力将增大,故A错误,B正确;保持质量、角速度不变,增大绳长,根据公式可知,绳对手的拉力将增大,故C错误,D正确。
(2)①根据向心力公式F向=mω2r,结合牛顿第三定律,则有T拉=mω2r;
操作二与一相比较:质量、角速度相同,向心力的大小与转动半径大小有关;
操作三与一相比较:质量、半径相同,向心力的大小与角速度的大小有关;
操作四与一相比较:角速度、半径相同,向心力大小与质量大小有关;
②物理学中这种实验方法叫控制变量法。
③该同学受力分析的对象是自己的手,但实验中受力分析的对象是纸杯,绳的拉力提供纸杯做圆周运动的向心力,方向指向圆心,绳对手的拉力与“向心力”大小相等,方向相反,背离圆心,故该同学的说法不正确。
在光滑水平面上,一个物体在恒力F作用下从静止开始加速运动,经过一段时间t末速度为v.求:
(1)在t时间内力F对物体所做的功.
(2)在t时间内力F的功率.
(3)在t时刻力F的功率.
(1) (2)
(3)
【解析】
(1)在t时间内的位移
(2)t时间内的功率为平均功率
(3)t时刻的功率P=Fv.
【点睛】对于恒力做功可直接利用功的公式计算,注意平均功率和瞬时功率的区别.
长为L的细线,拴一质量为m的小球,细线上端固定,让小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示,求细线与竖直方向成θ角时:(重力加速度为g)
(1)细线中的拉力大小;
(2)小球运动的线速度的大小;
(3)小球运动的周期。
(1);(2)
;(3)
【详解】
(1)小球受重力及细线的拉力两力作用,如图所示,
在竖直方向上有
FTcosθ=mg
故可得拉力
(2)根据几何关系可知小球做圆周运动的半径
r=Lsinθ
根据向心力公式有
解得小球的线速度
(3)根据周期公式
带入r和v可得
据中国气象局表示,针对我国出现的持续性雾霾天气,“风云三号”卫星能及时监测雾霾覆盖省份、覆盖面积和强度等情况。已知“风云三号”在距地球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动,地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,引力常量为G。求:
(1)地球的质量;
(2)“风云三号”卫星在轨道上的运行周期T。
(1);(2)
【详解】
(1)在地球表面对质量为m′的物体有
解得地球的质量为
(2)设距地面高度为h的卫星的质量为m,根据万有引力提供向心力有
联立(1)的结果解得
如图所小,定在竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成,小球从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上半径R=0.4m的圆轨道(不计轨道连接处能量损失,g取10m/s2)。
(1)若接触面均光滑,小球刚好能滑到圆轨道的最高点C,求斜面高h;
(2)若接触面均粗糙,小球质量m=0.1kg,斜面高h=2m,小球运动到C点时对轨道压力大小为mg,求全过程中摩擦阻力做的功。
(1)1m;(2)-0.8J
【详解】
(1)小球刚好到达C点,重力提供向心力,由牛顿第二定律得
从A到C过程机械能守恒,由机械能守恒定律得
解得
(2)在C点,由牛顿第二定律得
从A到C过程,由动能定理得
解得