- 曲线运动
- 共20011题
(1)①如图游标卡尺的读数为_______mm.②图中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数,此读数应为______mm.
(2)如图所示的实验装置中的横杆能够绕竖直轴旋转,横杆在转动过程中,由于摩擦阻力的作用,横杆会越转越慢.在横杆的一端装有宽度为d=0.005m的竖直“挡光圆柱”,当“挡光圆柱”通过光电门时,光电门就记录挡光的时间间隔,“挡光圆柱”宽度与挡光时间之比,可以近似认为是“挡光圆柱”在该时刻的速度.横杆每转一圈,“挡光圆柱”通过
光电门记录一次挡光时间.
在一次实验中记录下横杆转动圈数n和每次挡光的时间t,并计算出“挡光圆柱”在该时刻的速度以及速度的平方(部分数据如表中所示).请计算表中当n=5时,v2=______m2/s2;如果继续测量“挡光圆柱”的速度,那么当n=15时,“挡光圆柱”的速度为______m/s.则“挡光圆柱”速度大小与横杆转动圈数n的关系为______.
正确答案
(1)游标卡尺主尺与游标刻度线对齐的示数=被测长度+0.05mm×游标卡尺游标对齐的第几根,则游标的第12根与主尺刻度对齐.游标卡尺主尺与游标刻度线对齐的示数=10.0mm+12×0.05mm=10.60mm.
螺旋测微器的固定刻度读数为6mm,可动刻度读数为0.01×12.4mm=0.124mm,所以最终读数为6.124mm(6.123--6.125也可以)
故答案为:6.124(6.123--6.125)
(2)1、当n=5时,t=2.988×10-3s,所以v==
m/s,∴v2=2.80(m/s)2.
2、观察v2数据可知,为等差数列,公差为0.11.所以v2=3.24-0.11(n-1),
所以当n=15时,v2=1.70
∴v=1.3m/s
因为v2=3.24-0.11(n-1),所以v=.(n=1,2,3…30)
故答案为:(1)①10.60 ②6.124
(2)2.80 m2/s2;1.31m/s;v=.(n=1,2,3…30)
如图所示为山东综艺台“快乐向前冲”娱乐场的滑道示意图,其中AB为直滑道,水面上漂浮一半径为R、转速为ω、铺有海绵垫的转盘,转盘轴心离平台的水平距离为L。小明(可视为质点)从高为H 的平台边缘抓住竖直杆,竖直杆在电动机带动下能从A点沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动,运动中杆始终竖直。已知小明的质量为m,与转盘间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)假设小明落到转盘上时相对转盘的速度瞬间减为零,为保证小明落在转盘的任何位置都不会被甩下,转盘转动的角速度ω应该满足什么条件?
(2)若小明恰好能落在转盘上,则小明应在距A点多远的C点松手?
正确答案
解:(1)若小明不被甩下转盘,则小明在转盘边缘位置受到的静摩擦力应小于或等于其最大静摩擦力,且恰好提供其运动的向心力
根据牛顿第二定律可得:μmg=mω2R ①
解得:
即转盘的转速应满足 ②
(2)若小明恰好落在转盘的最左端,设松手位置C距A点距离为x1。小明由A点运动到C点过程中: ③
v1=at1 ⑧
小明松开手后: ⑤
L-R-x1=v1t ⑥
由以上各式联立解得:
若小明恰好落在转盘的最右端,设松手位置C距A点距离为x2。小明由A点运动到C点过程中: ⑦
v2=at2 ⑧
小明松开手后:L-x2+R=v2t ⑨
由⑤⑦⑧⑨联立解得:
则小明应在距A点为范围内松手
如图所示,半径R=0.80m的光滑圆弧轨道竖直固定,过最低点的半径OC处于竖直位置.其右方有底面半径r=0.2m的转筒,转筒顶端与C等高,下部有一小孔,距顶端h=0.8m.转筒的轴线与圆弧轨道在同一竖直平面内,开始时小孔也在这一平面内的图示位置.今让一质量m=0.1kg的小物块自A点由静止开始下落后打在圆弧轨道上的B点,但未反弹,在瞬问碰撞过程中,小物块沿半径方向的分速度立刻减为0,而沿切线方向的分速度不变.此后,小物块沿圆弧轨道滑下,到达C点时触动光电装置,使转筒立刻以某一角速度匀速转动起来,且小物块最终正好进入小孔.已知A、B到圆心O的距离均为R,与水平方向的夹角均为θ=30°,不计空气阻力,g取l0m/s2.求:
(1)小物块到达C点时对轨道的压力大小 FC;
(2)转筒轴线距C点的距离L;
(3)转筒转动的角速度ω.
正确答案
(1)小物块由A→B的过程中,
2mgRsin30°=mvB2
vB=4m/s
在瞬间碰撞过程中,小物块沿半径方向的分速度立刻减为0,沿切线方向的分速度不变.
则碰撞后瞬间小物块速度
vB'=vBcos30°=2m/s
小物块由B→C的过程中根据动能定理得:
mgR(1-sin30°)=mvC2-
mvB'2
vC=m/s
小物块在C点,根据向心力公式得:
F-mg=
解得:F=3.5N
所以由牛顿第三定律知,小物块对轨道压力的大小FC=3.5N
(2)小球由C到小孔做平抛运动
h=gt2
解得:t=0.4s
所以L=vCt+r=(0.8+0.2)m
(3)小物块最终正好进入小孔,所以在小球做平抛运动的时间里,转筒正好转了n圈,
即t=nT=n(n=1,2,3…).
解得:ω==5nπrad/s (n=1,2,3…).
答:(1)小物块到达C点时对轨道的压力大小为3.5N;
(2)转筒轴线距C点的距离L为(0.8+0.2)m;
(3)转筒转动的角速度ω为5nπrad/s (n=1,2,3…).
某人站在一平台上,用长L=0.6m的轻细线拴一个质量为m=0.6kg的小球,让它在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动,当小球转到最高点A时,人突然撒手。经0.8s小球落地,落地点B与A点的水平距离BC=4.8m,不计空气阻力,g=10m/s2。求:
(1)A点距地面高度。
(2)小球离开最高点时的线速度及角速度大小。
(3)人撒手前小球运动到A点时,绳对球的拉力大小。
正确答案
解:(1)
(2)
(3)人撒手前小球运动到A点时,设小球所受拉力为T,则有:
所以
如图所示,在半径为R的水平圆台的中心轴线OO′上的一点A将一小球水平抛出,已知OA=h,抛出时初速度恰与圆台的一条半径OP平行,要使小球能击中P点,求:
(1)小球的初速度v0为多大?
(2)转台匀速转动的角速度ω等于多少?
正确答案
解:(1)小球做平抛运动,飞行时间:t=
水平射程:R=v0t
由以上两式解得:v0==
R
(2)在t s内转台P点转n周,其转过的圆心角为2πn,所以转台匀速转动的角速度ω=
代入t值,则可解得:ω=πn (n=1,2,3…)
如图所示,在半径为R的水平圆板中心轴正上方高h处水平抛出一小球,圆板做匀速转动。当圆板半径OB转到图示位置时,小球开始抛出,要使球与圆板只碰一次,且落点为B,则小球的初速度v0=_______,圆板转动的角速度ω=__________。
正确答案
;
(
)
地面上有一个半径为R的圆形跑道,高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方,P′与跑道圆心O的距离为L(L>R),如图所示.跑道上停有一辆小车,现从P点水平抛出小沙袋,使其落入小车中(沙袋所受空气阻力不计).问:
(1)当小车分别位于A点和B点时(∠AOB=90°),沙袋被抛出时的初速度各为多大?
(2)若小车在跑道上运动,则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内?
(3)若小车沿跑道顺时针运动,当小车恰好经过A点时,将沙袋抛出,为使沙袋能在B处落入小车中,小车的速率v应满足什么条件?
正确答案
(1)沙袋从P点被抛出后做平抛运动,设它的落地时间为t,则
h=gt2
解得 t=(1)
当小车位于A点时,有
xA=vAt=L-R(2)
解(1)、(2)得vA=(L-R)
当小车位于B点时,有
xB=vBt=(3)
解(1)、(3)得vB=
(2)若小车在跑道上运动,要使沙袋落入小车,最小的抛出速度为
v0min=vA=(L-R)(4)
若当小车经过C点时沙袋刚好落入,抛出时的初速度最大,有
xc=v0mint=L+R (5)
解(1)、(5)得 v0min=(L+R)
所以沙袋被抛出时的初速度范围为
(L-R)≤v0≤(L+R)
(3)要使沙袋能在B处落入小车中,小车运动的时间应与沙袋下落时间相同
tAB=(n+)
(n=0,1,2,3…)(6)
所以tAB=t=
解得v=(4n+1)πR
(n=0,1,2,3…).
答:(1)当小车分别位于A点和B点时(∠AOB=90°),沙袋被抛出时的初速度为vA=(L-R),vB=
;
(2)若小车在跑道上运动,则沙袋被抛出时的初速度范围为(L-R)≤v0≤(L+R)
;
(3)若小车沿跑道顺时针运动,当小车恰好经过A点时,将沙袋抛出,为使沙袋能在B处落入小车中,小车的速率v应满足v=(4n+1)πR
(n=0,1,2,3…).
如图所示,圆桶底面半径为R,在上部有个入口A,在A的正下方h处有个出口B,在A处沿切线方向有一斜槽,一个小球恰能沿水平方向进入入口A后,沿光滑桶壁运动,要使小球由出口B飞出桶外,那么小球进入A时速度v必须满足______.
正确答案
小球从入口A进入桶内以后,在竖直方向只受重力作用,且竖直方向初速度为零,
故小球在竖直方向做自由落体运动,由h=gt2从A运动到B的时间为:t=
----------①
小球在水平方向以速率v做匀速圆周运动,设它从A到B共运动了n圈,则:
vt=n•2πR,(n=1、2、3…)---------------②
联立①②解得:V=2πnR(n=1,2,3,…)
此即为小球进入A时速度v所必须满足的条件.
故答案为:2πnR(n=1,2,3,…).
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转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(滚轮不打滑).其中滚轮半径为r、主动轴的半径为r1、从动轴的半径为r2、滚轮中心距离主动轴轴线的距离为x.
(1)若主动轴转速为n1,则从动轴转速n2=______.
(2)若从动轴牵引一质量为m的重物以速度v匀速上升,则滚轮与平盘间的摩擦力F=______. 电动机施于主动轴外缘的牵引力的功率P=______.
正确答案
(1)滚轮边缘的线速度大小为v1=2πn2r,
滚轮与主动轮接触处的线速度大小v2=2πn1x.
根据v1=v2,得2πn2r=2πn1x,解得n2=.
(2)重物匀速上升,则从动轴受到重物的作用力大小为mg,
对从动轴,由力矩平衡条件得:Fr=mgr2,则摩擦力F=;
电动机施于主动轴外缘的牵引力的功率P=mgv;
故答案为:(1);(2)
;mgv.
图1是利用激光测转的原理示意图,图中圆盘可绕固定轴转动,盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料.当盘转到某一位置时,接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束,并将所收到的光信号转变成电信号,在示波器显示屏上显示出来(如图2所示).
(1)若图2中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10-2 s,则圆盘的转速为______转/s.(保留3位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20cm,则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为______ cm.(保留3位有效数字)
正确答案
(1)从图2显示圆盘转动一周在横轴上显示22格,由题意知道,每格表示1.00×10-2s,所以圆盘转动的周期为0.22秒,则转速为4.55转/s;
(2)反光中引起的电流图象在图2中横坐标上每次一小格,说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一,故圆盘上反光涂层的长度为=
=1.46cm;
故答案为:4.55,1.46.
如图装置叫做离心节速器,它的工作原理和下述力学模型类似:在一根竖直硬质细杆的顶端O用铰链连接两根轻杆,轻杆的下端分别固定两个金属小球.当发动机带动竖直硬质细杆转动时,两个金属球可在水平面上做匀速圆周运动,如图所示.设与金属球连接的两轻杆的长度均为L,两金属球的质量均为m,各杆的质量均可忽略不计.当发动机加速运转时,轻杆与竖直杆的夹角从30°增加到60°,忽略各处的摩擦和阻力.
求:(1)当轻杆与竖直杆的夹角为30°时金属球做圆周运动的线速度的大小v1;
(2)轻杆与竖直杆的夹角从30°增加到60°的过程中机器对两小球所做的总功.
正确答案
(1)金属球做匀速圆周运动,重力与拉力的合力作为向心力,
由mgtanθ=,
由r=lsinθ,
得V1==
.
(2)设小球在偏角为60°时做匀速圆周运动的速度大小为v2,夹角从30°增加到60°的过程中金属球上升的高度为h,则,
mgtan60°=
上升的距离 h=l(co30°-cos 60°)
根据动能定理得
W-2mgh=2(mV22-
mV12)
由以上方程解 W=mgl.
答:(1)当轻杆与竖直杆的夹角为30°时金属球做圆周运动的线速度的大小为 .
(2)轻杆与竖直杆的夹角从30°增加到60°的过程中机器对两小球所做的总功为 mgl.
将地球看成是做匀速转动的圆球体,地球半径为6400km,则赤道上某点的线速度为v=______m/s,角速度ω=______rad/s.
正确答案
赤道上的物体随地球自转,做匀速圆周运动,
其周期等于地球的自转周期,T=24h
所以ω==
rad/s≈7.27×10-5 rad/s
线速度的大小v==
m/s≈465.2m/s
故答案为:465.2;7.27×10-5.
某同学利用业余时间为工厂设计了一个测定机器转动角速度的装置,如图所示.A为一金属小球,质量为m,电阻不计.水平光滑的均匀滑杆PN由合金材料制成,电阻不能忽略,PA与电路相连接,电源电动势为ε,内阻不计,限流电阻与杆PN的总电阻相等.连接小球的弹簧,由绝缘材料制成,弹簧的劲度系数为K.小球静止时恰好在滑杆PN的中点,当系统绕OO′轴匀速转动时,电压表的示数为U,试求此时系统转动的角速度ω.
正确答案
设杆PN电阻为R0,系统转动时杆PA段的电阻为R
根据欧姆定律得:
U1=•
R0=
ε (1)
U2=•R (2)
设弹簧原长为l,则实际长度l0(反映PN杆接入电路中的长度)为:
l0=•2l (3)
弹簧伸长量为:
x=l0-l (4)
据胡克定律和牛顿第二定律得 Kx=mω2l (5)
由(1)(2)(3)(4)(5)式解得:
ω=(6)
答:此时系统转动的角速度ω为.
一个有一定厚度的圆盘,可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动,我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验:(打点计时器所接交流电的频率为50Hz, A、B、C、D……为计数点,相邻两计数点间有四个点未画出)
①如图甲所示,将打点计时器固定在桌面上,将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔,然后固定在半径为6cm的圆盘的侧面,当圆盘转动时,纸带可以卷在圆盘侧面上;
②接通电源,打点计时器开始打点,启动控制装置使圆盘匀加速转动;
③经过一段时间,停止转动和打点,取下纸带,进行测量。
(1)由图丙可知,打下计数点D点时速度大小为________m/s,此时圆盘圆盘转动的角速度为______rad/s;
(2)圆盘匀加速转动的过程中,纸带运动的加速度大小为_____________m/s2。
正确答案
(1) 0.39;6.5
(2) 0.6
探究能力是物理学研究的重要能力之一.物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能,转动动能的大小与物体转动的角速度有关.为了研究某一砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系.某同学采用了下述实验方法进行探索:如图先让砂轮由动力带动匀速旋转测得其角速度ω,然后让砂轮脱离动力,由于克服转轴间摩擦力做功,砂轮最后停下,测出砂轮脱离动力到停止转动的圈数n,通过分析实验数据,得出结论.经实验测得的几组ω和n如下表所示:
另外已测得砂轮转轴的直径为1cm,转轴间的摩擦力恒定为10/π(N).
(1)计算出砂轮每次脱离动力的转动动能,并填入上表中.
(2)由上述数据推导出该砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式为______.
(3)若测得脱离动力后砂轮的角速度为2.5rad/s,则它转过45圈后的角速度为______rad/s.
正确答案
(1)根据动能定理得:Ek=f•n•πD,代入计算得到数据如下表所示.
(2)由表格中数据分析可知,当砂轮的角速度增大为原来2倍时,砂轮的转动动能Ek是原来的4倍,得到关系Ek=kω2.当砂轮的角速度增大为原来4倍时,砂轮的转动动能Ek是原来的16倍,得到Ek与ω2成正比,则有关系式Ek=kω2.k是比例系数.将任一组数据比如:ω=1rad/s,Ek=2J,代入得到k=2J•s/rad,所以砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式是Ek=2ω2
(3)根据动能定理得
-f•n•πD=2ω22-2ω12
代入解得ω2=2rad/s
故答案为:(1)0.5,2,8,18,32;
(2)2ω2;
(3)2rad/s
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