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冲刺卷四 平抛运动与圆周运动(2)

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冲刺卷四 平抛运动与圆周运动万有引力定律的应用

1.C [由几何关系和题意可知,B点速度的方向与水平方向的夹角θ=30°①

vy

由速度关系可得v=tan θ②

0水平方向:R+Rsin θ=v0t③

竖直方向:vy=gt ④

联立以上四式解之得:v0=35 m/s,故C项正确。]

2.B [设小球的飞行时间为t,这段时间内圆盘转过的角度为θ,则由平抛运动1

的知识可得:Rsin θ=v0t,R+h-Rcos θ=2gt2,两式联立代入数据可得cos θ1151=2,所以t=10 s,选项A错误;小球在这段时间内下落的高度为H=2gt2,

1

代入数据得H=0.75 m,选项B正确;因为cos θ=2,所以在这段时间内圆π

盘转过的角度可能为θ=2πn+3(n=0,1,2,?),所以圆盘转动的角速度ω

π

215(2nπ+3)θ=t=(n=0,1,2,?),选项C错误;小球沿圆盘切线方向

3飞出时竖直方向的速度大小为v⊥=gt=15 m/s,所以小球沿圆盘切线方向

2飞出时的速度大小为v=v20+v⊥=25 m/s,选项D错误。]

3.B [根据B恰能保持静止可得: qAqBqCqBkL2=kL2 12

A做匀速圆周运动,根据A受到的合力提供向心力得: qAqBqAqC2kL2-k2=mAωL1 (L1+L2)1

qCqBqAqC2

C做匀速圆周运动,有kL2-k2=mCωL2 (L1+L2)2

L13

联立三式解得A和C的比荷之比应是(L)。]

2

GMmmv21

4.D [地球的质量M,半径R不变,自转周期T变大,由R2=R得第一宇

GMGMm4π2

宙速度v1=

R,则v1不变,A项错误;由R2-mg=mT2R,可得g=

GM4π2GMmm4π2

R2-T2R,则g增大,B项错误;对同步卫星,由(R+h)2=T2(R+h),3GMT2解得h=则h变大,C项错误;同步卫星的线速度v=

4π2-R,h增大,v减小,D项正确。]

Mm4π2

5.A [根据万有引力提供天体运动的向心力Gr2=mrT2,可以求出天体的质

4π2r34π2r31量M=GT2。对于太阳和木星系统,据此可求出太阳质量M1=GT2,对于

1

34π2r2

木星及其卫星系统,据此可求出木星质量M2=GT2,所以可求出木星与太阳

2

M1M2

之间的万有引力F=Gr2,A正确;因太阳半径未知,不能求出太阳密度,

1

B错误;因木星半径未知,不能求出木星表面的重力加速度,C错误;木星环绕太阳运动,卫星环绕木星运动,木星和卫星不是环绕同一天体运动,不适用开普勒第三定律直接比较,D错误。]

6.AD [因为三球以相同的初速度抛出,每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面,则A、B、C三个小球的运动时间之比为1∶2∶3,可得水平位移之比1∶2∶3,而DE=EF=FG,所以B、C两球也落在D点,故A正确,B错1

误;由h=2gt2可得,A、B、C三个小球抛出高度之比为1∶4∶9,故D正确,C错误。]

7.AC [图甲中小球恰好通过最高点的速度为gR,图乙中小球恰好通过最高点

2

v1gR

的速度为图甲中小球开始下落的高度为h1=1.5R+2g=2R,同理可得,

2,

2v2

图乙中小球开始下落的高度为h2=1.5R+2g=1.75R,A项正确,B项错误;

v212

由mgh=2mv和F-mg=mr可知,两次小球到轨道最低点时,对轨道的压v1′2v2′24gh1力分别为F1-mg=mR/2,F2-mg=mR,解得F1=mg+mR,同理F2=

2gh2mg+mR,得F1=9mg,F2=4.5mg,D项错误,C项正确。]

2πR

8.AC [由于该卫星的轨道半径为R,周期为T,所以其线速度大小为v=T,

GM

,R+h

选项A正确;设地球质量为M,卫星质量为m,则由万有引力提供向心力可

v2GMm

得:R2=mR,解得:v=

GMR,由此可知,卫星的轨道半径越大,其线

速度越小,所以该卫星在轨道上的线速度应大于同步卫星的线速度,选项BGMmGM

错误;由万有引力提供向心力可得:R2=man,解之可得:an=R2,由此可判断该卫星的向心加速度应大于同步卫星的向心加速度,选项C正确;设Mm4π2R

地球的半径为R0,则由万有引力提供向心力可得:GR2=mT2,又因为M433πR3

=3πR0ρ,两式联立可得:ρ=GT2R3,选项D错误。]

0

v2Mm

9.BD [两行星绕太阳运动的向心力均由万有引力提供,所以有G2=m=

rr

4π2GM4π2r3GMGM2

mωr=mT2r=ma,解得v=

r,T=GM,ω=r3,a=r2,根据题意r火>r地,所以有T地<T火,v地>v火,a地>a火,ω地>ω火,故A、C错误,B、D正确。]

10.AC [根据开普勒第二定律可知,飞船在轨道Ⅱ上运动时,在P点速度大于在Q点的速度,故A正确;飞船在轨道Ⅰ上经过P点时,要点火加速,使其速度增大做离心运动,从而转移到轨道Ⅱ上运动。所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机械能,故B错误;飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等,根据牛顿第二定律可知加速度必定相等,故C正确;根据周期公式T=2πr3GM,虽然r相等,但是由于地球和火星的质量不等,所以周期T不相等,故D错误。] 11.解析 (1)设小球运动到B点时的速度大小为vB,由机械能守恒定律得 12

2mvB=mgl,

解得小球运动到B点时的速度大小vB=2gl=4 m/s。 (2)小球从B点做平抛运动,由运动学规律得 x=vBt, 1

y=H-l=2gt2,

解得C点与B点之间的水平距离 x=vB

2(H-l)

=0.80 m。 g

(3)若轻绳碰到钉子时,轻绳拉力恰好达到最大值Fm, 由牛顿第二定律得

2vB

Fm-mg=mr,

r=l-OP,

由以上各式解得Fm=9 N。 答案 (1)4 m/s (2)0.80 m (3)9 N

12.解析 (1)小物体从C点到D点做平抛运动,有 vy=2gh=3 m/s vy

tan θ=v

C

解得vC=4 m/s

小物体做平抛运动的时间为 vy

t1=g=0.3 s

小物体从B到C做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得 μmg=ma

2

由运动学公式得v2C-vB=-2al

代入数据解得vB=5 m/s

小物体做匀减速直线运动的时间为 vC-vB

t2=-a=0.2 s

小物体从B点运动到D点所用的总时间为 t=t1+t2=0.5 s。

(2)小物体运动到B点时,设其受到的作用力方向竖直向下,由牛顿第二定律v2B

得FN+mg=m R解得FN=11.5 N

由牛顿第三定律得FN′=FN=11.5 N 方向竖直向上。

(3)小物体从A运动到B点的过程,由机械能守恒定律得 1

EkA=4mgR+2mv2B

解得EkA=2.05 J。

答案 (1)0.5 s (2)11.5 N 方向竖直向上 (3)2.05 J

1.研究平抛运动的常用方法 (1)分解速度:水平方向:vx=v0 竖直方向:vy=gt

vygt2合速度:v=v2x+vy tan θ== vvx

0

(2)分解位移:水平方向:x=v0t 1竖直方向:y=2gt2

y

合位移:s=x2+y2 tan φ=x (3)分解加速度:

过抛出点建立适当的直角坐标系,把重力加速度g正交分解为gx、gy,把初速度v0正交分解为vx、vy,然后分别在x、y方向列方程求解。 2.常见的情况有两种模型——轻绳模型和轻杆模型,分析比较如下:

轻绳模型 轻杆模型 常见类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 由小球能运动即可得v=0 过最高点的临 界条件 v2由mg=mr,得v=gr ①当v=0时,FN=mg,FN为支持力,沿半径背离圆心 ①能过最高点时,v≥gr,v2v2FN+mg=mr,绳、轨道对球=mr,FN背离圆心,随v的产生弹力FN 增大而减小 ②不能过最高点时,v<gr,在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动 ③当v=gr时,FN=0 v2④当v>gr时,FN+mg=mr,FN指向圆心并随v的增大而增大 在最高 点的FN 图线 ②当0<v<gr时,-FN+mg讨论分析 取竖直向下为正向 取竖直向下为正向

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