9.(多选)2013年6月11日17时38分,我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F改进型运载火箭“神箭”,成功地将“神舟十号”飞船送入太空预定轨道,其发射全过程可简化为如图所示的过程,飞船在A点发射,在椭圆轨道Ⅰ运行到B点,在B点飞船从椭圆轨道Ⅰ进入圆形轨道Ⅱ,B为轨道Ⅱ上的一点,关于飞船的运动,下列说法中正确的有( )
A.在轨道Ⅰ上经过B的速度小于经过A的速度
B.在轨道Ⅰ上经过B的动能大于在轨道Ⅱ上经过B的动能
C.在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期
D.在轨道Ⅰ上经过B的加速度等于在轨道Ⅱ上经过B的加速度
答案 AD
解析 飞船在轨道上从近地点A向远地点B运动的过程中万有引力做负功,所以A点的速度大于B点的速度,A项正确;飞船在轨道Ⅰ上经过B点后是近心运动,在轨道Ⅱ上经过B点后是圆周运动,故需要加速后才能从椭圆轨道Ⅰ进入圆形轨道Ⅱ,所以飞船在轨道Ⅱ上经过B点的动能大于在轨道Ⅰ上经过B点的动能,B项错误;根据开普勒第三定律
=k,因为轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径,所以飞船在轨道Ⅰ的运动周期小于在轨道Ⅱ的运动周期,C项错误;根据牛顿第二定律F=ma,因飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上B点的万有引力相等,所以在轨道Ⅰ上经过B点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过B点的加速度,D项正确.
10.(多选)如图所示,质量为M,长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块,放在小车的最左端,现用一水平力F作用在小物块上,小物块与小车之间的摩擦力为f,经过一段时间小车运动的位移为x,小物块刚好滑到小车的右端,则下列说法中正确的是( )
A.此时小车的动能为fx
B.此时物块的动能为F(x+L)
C.这一过程中,物块和小车增加的机械能为Fx-fL
D.这一过程中,因摩擦而产生的热量为fL
答案 AD
解析 由动能定理可以得出A项正确,B项错误.系统热量的产生为滑动摩擦力与相对位移的乘积,D项正确.系统机械能的增加量为F对木块做的正功减去热量,即F(x+L)-fL.因此,A、D项正确.
11.(多选)如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,右端接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析正确的是( )
A.B物体的机械能一直减小
B.B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和
C.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量
D.细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量
答案 ABD
解析 由静止释放B到B达到最大速度的过程中,B一直要克服绳的拉力做功,根据功能关系可知,B物体的机械能一直减小,A项正确;根据动能定理,重力与拉力做功之和也正是B所受的合外力做的功,B项正确;根据能量转化和守恒定律可知,B物体减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能与A增加的动能之和,C项错误;根据功能关系可知,细线拉力对A做的功等于A物体和弹簧所组成的系统机械能的增加量,D项正确.
12.(多选)质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点,绳长分别为la、lb,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被烧断的同时轻杆停止转动,则
( )
A.小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B.在绳b被烧断瞬间,a绳中张力突然增大
C.若角速度ω较小,小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D.绳b未被烧断时,绳a的拉力大于mg,绳b的拉力为mω2lb
答案 BC
解析 在绳b被烧断之前,小球绕BC轴做匀速圆周运动,竖直方向上受力平衡,绳a的拉力等于mg,故D项错误.绳b被烧断的同时轻杆停止转动,此时小球具有垂直平面ABC向外的速度,小球将在垂直于平面ABC的平面内做圆弧运动,若ω较大,则在该平面内做圆周运动,若ω较小,则在该平面内来回摆动,故C项正确,A项错误.绳b被烧断瞬间.绳a的拉力与重力的合力提供向心力,所以拉力大于物体的重力,绳a中的张力突然变大了,故B项正确.
二、实验题(共2小题,共14分)
13.(6分)如图(a)中,悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝,当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断,小球由于惯性向前飞出做平抛运动.在地面上放上白纸,上面覆盖着复写纸,当小球落在复写纸上时,会在下面白纸上留下痕迹.用重锤线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放)球的落点痕迹如图(b)所示,图中米尺水平放置,零刻度线与M点对齐.用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2,算出A、B两点的竖直距离,再量出M、C之间的距离x,即可验证机械能守恒定律,已知重力加速度为g,小球的质量为m.
(1)根据图(b)可以确定小球平抛时的水平射程为________cm.
(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0=________.
(3)用测出的物理量表示出小球从A到B过程中,重力势能的减少量ΔEp=________,动能的增加量ΔEk=________.
答案
(1)65.0
(2)x
(3)mg(h1-h2)
解析
(1)由落点痕迹可读出平均射程为65.0cm.
(2)由平抛运动规律,h2=
gt2,x=v0t,得v0=x
(3)ΔEp=mg(h1-h2)
ΔEk=
mv02=
14.(8分)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”,设计了如下实验,他的操作步骤是:
①摆好实验装置如图所示.
②将质量为200g的小车拉到打点计时器附近,并按住小车.
③在质量为10g、30g、50g的三种钩码中,他挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线的挂钩P上.
④释放小车,打开电磁打点计时器的电源,打出一条纸带.
(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条,经测量、计算,得到如下数据:
①第一个点到第N个点的距离为40.0cm.
②打下第N点时小车的速度大小为1.00m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力,算出拉力对小车做的功为________J,小车动能的增量为________J.
(2)此次实验探究结果,他没能得到“恒力对物体做的功,等于物体动能的增量”,且误差很大.显然,在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下,造成较大误差的主要原因是:
____________________________.
答案
(1)②0.196 0.100
(2)①小车质量没有远大于钩码质量;②没有平衡摩擦力;③操作错误:
先放小车后接通电源
解析
(1)拉力F=mg=0.050×9.8N=0.49N,
拉力对小车做的功
W=Fl=0.49×0.400J=0.196J
小车动能的增量
ΔEk=
mv2=
×0.200×1.002J=0.100J
(2)误差很大的可能原因:
①小车质量不满足远大于钩码质量,使钩码的重力与小车受到的线的拉力差别较大;
②没有平衡摩擦力;
③先放小车后开电源,使打第一个点时,小车已有一定的初速度.
三、计算题(共4小题,共38分)
15.(8分)荡秋千是大家喜爱的一项体育活动.随着科技的迅速发展,将来的某一天,同学们也许会在其他星球上享受荡秋千的乐趣.假设你当时所在星球的质量为M、半径为R,可将人视为质点,秋千质量不计、摆长不变、摆角小于90°,万有引力常量为G.那么,
(1)该星球表面附近的重力加速度g星等于多少?
(2)若经过最低位置的速度为v0,你能上升的最大高度是多少?
答案
(1)
(2)
解析
(1)设人的质量为m,在星球表面附近的重力等于万有引力,有
mg星=
①
解得g星=
②
(2)设人能上升的最大高度为h,由机械能守恒,得
mg星h=
mv02③
解得h=
④
16.(8分)如图所示,质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动,经距离l后以速度v飞离桌面,最终落在水平地面上.已知l=1.4m,v=3.0m/s,m=0.10kg,物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面高h=0.45m.不计空气阻力,重力加速度取10m/s2.求:
(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s;
(2)小物块落地时的动能Ek;
(3)小物块的初速度大小v0.
解析
(1)小物块落地所用时间为t,有h=
gt2
t=
=
s=0.3s
小物块落地点距飞出点的水平距离s=vt=3×0.3m=0.9m
(2)根据机械能守恒,小物块落地时的动能为
Ek=
mv2+mgh=
×0.10×9J+0.10×10×0.45J=0.90J
(3)在桌面上滑行过程中根据动能定理,有Wf=
mv2-
mv02=-μmgl
则v0=
=
m/s=4.0m/s
17.(10分)如图所示,一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R=0.3m,θ=60°,小球到达A点时的速度v=4m/s.(g取10m/s2)试求:
(1)小球做平抛运动的初速度v0;
(2)P点与A点的水平距离和竖直高度;
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力.
答案
(1)2m/s
(2)0.69m 0.60m
(3)8N 竖直向上
解析
(1)作出小球到达A点时的速度分解图如图所示,有
v0=vcosθ=4×cos60°m/s=2m/s
vy=vsinθ=4×sin60°m/s=2
m/s
(2)设平抛运动的时间为t,水平位移为x,竖直位移为h,由平抛运动规律,有
vy=gt,x=v0t,h=
gt2
代入数据,解得x=
m≈0.69m,h=0.60m
(3)设到达C点时的速度为vC,取A点重力势能为零,由机械能守恒定律,有
mv2=
mvC2+mg(R+Rcosθ)
设C处轨道对小球的压力为FN,有FN+mg=m
代入数据,解得FN=8N
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为8N,方向竖直向上.
18.(12分)如图所示是一皮带传输装载机械的示意图.井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A端,被传输到末端B处,再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处,然后水平抛到货台上.已知半径为R=0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切,O点为半圆的圆心,BO、CO分别为圆形轨道的半径,矿物m可视为质点,传送带与水平面间的夹角θ=37°,矿物与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,传送带匀速运行的速度为v0=8m/s,传送带AB点间的长度为sAB=45m.若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为xCD=2m,竖直距离为hCD=1.25m,矿物质量m=50kg,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,不计空气阻力.求:
(1)矿物到达B点时的速度大小;
(2)矿物到达C点时对轨道的压力大小;
(3)矿物由B点到达C点的过程中,克服阻力所做的功.
答案
(1)6m/s
(2)1500N (3)140J
解析
(1)假设矿物在AB段始终处于加速状态,由动能定理可得(μmgcosθ-mgsinθ)sAB=
mvB2
代入数据得vB=6m/s
由于vB(2)设矿物对轨道C处压力为F,由平抛运动知识可得
xCD=vCt
hCD=
gt2
代入数据得矿物到达C处时速度vC=4m/s
由牛顿第二定律可得F′+mg=m
代入数据得F′=1500N.
根据牛顿第三定律可得所求压力F=F′=1500N.
(3)矿物由B到C的过程,由动能定理得
-mgR(1+cos37°)+Wf=
mvC2-
mvB2
代入数据得Wf=-140J
即矿物由B到达C时克服阻力所做的功Wf=140J.