(2)当t=0时,甲车坐标为(1,0),乙车坐标为(0,1),此时两车距离s0=m.
当甲车运动到O处时,kt=1m,
乙车y=m=m
两式联立解得:
k=.
6.一小球从h0=45m高处自由下落,着地后又弹起,然后又下落,每与地面相碰一次,速度大小就变化为原来的k倍.若k=,求小球从下落直至停止运动所用的时间.(g取10m/s2,碰撞时间忽略不计)
答案 9s
解析 由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动的时间的通项公式求出,然后再累加求和.
小球从h0处落到地面时的速度:
v0=,
运动的时间为:
t0=
第一次碰地后小球反弹的速度:
v1=kv0=k
小球再次与地面碰撞之前做竖直上抛运动,这一过程球运动的时间:
t1==2k
则第n次碰地后,小球的运动速度的通项公式为:
vn=kn
运动时间:
tn==2kn
所以,小球从下落到停止运动的总时间为:
t=t0+t1+…+tn=+2k+…+2kn
=+2(k+k2+…+kn).
上式括号中是一个无穷等比递减数列,由无穷等比递减数列求和公式,并代入数据得t=9s.
7.一轻绳一端固定在O点,另一端拴一小球,拉起小球使轻绳水平,然后无初速度地释放,如图8所示,小球在运动至轻绳达到竖直位置的过程中,小球所受重力的瞬时功率在何处取得最大值?
图8
答案 当细绳与竖直方向的夹角余弦值为cosθ=时,重力的瞬时功率取得最大值
解析 如图所示,当小球运动到绳与竖直方向成θ角的C时,重力的功率:
P=mgvcosα=mgvsinθ
小球从水平位置到图中C位置时,由机械能守恒有mgLcosθ=mv2
解得:
P=mg
令y=cosθsin2θ
因为y=cosθsin2θ=
=
又因为2cos2θ+sin2θ+sin2θ=2(sin2θ+cos2θ)=2(定值).
所以当且仅当2cos2θ=sin2θ时,y有最大值
由2cos2θ=1-cos2θ
得cosθ=
即:
当cosθ=时,功率P有最大值.
专题规范练
1.(多选)AOC是光滑的直角金属导轨,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,ab是一根金属直棒,靠立在导轨上(开始时b离O点很近),如图1所示.它从静止开始在重力作用下运动,运动过程中a端始终在AO上,b端始终在OC上,直到ab完全落在OC上,整个装置放在一匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,则ab棒在运动过程中( )
图1
A.感应电流方向始终是b→a
B.感应电流方向先是b→a,后变为a→b
C.所受磁场力方向垂直于ab向上
D.所受磁场力方向先垂直于ab向下,后垂直于ab向上
答案 BD
解析 初始,ab与直角金属导轨围成的三角形面积趋于0,末状态ab与直角金属导轨围成的三角形面积也趋于0,所以整个运动过程中,闭合回路的面积先增大后减小.根据楞次定律的增反减同,判断电流方向先是逆时针后是顺时针,选项A错,B对.根据左手定则判断安培力可得安培力先垂直于ab向下,后垂直于ab向上,选项C错,D对.故选B、D.
2.如图2所示,斜面上固定有一与斜面垂直的挡板,另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上,半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间,没有与斜面接触而处于静止状态.现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F,使甲沿斜面方向缓慢向下移动.设乙对挡板的压力大小为F1,甲对斜面的压力大小为F2,甲对乙的弹力大小为F3.在此过程中( )
图2
A.F1逐渐增大,F2逐渐增大,F3逐渐增大
B.F1逐渐减小,F2保持不变,F3逐渐减小
C.F1保持不变,F2逐渐增大,F3先增大后减小
D.F1逐渐减小,F2保持不变,F3先减小后增大
答案 B
解析 先对物体乙受力分析,受重力、挡板的支持力F1′和甲对乙的弹力F3,如图甲所示;甲沿斜面方向向下移动,α逐渐变小,F1′的方向不变,整个过程中乙物体保持动态平衡,故F1′与F3的合力始终与重力等大反向,由平行四边形定则知F3、F1′均逐渐减小,根据牛顿第三定律,乙对挡板的压力F1逐渐减小;再对甲与乙整体受力分析,受重力、斜面的支持力F2′、挡板的支持力F1′和推力F,如图乙所示;根据平衡条件有,F2′=(M+m)gcosθ,保持不变;由牛顿第三定律知甲对斜面的压力F2不变,选项B正确.故选B.
3.如图3所示,A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星,运行方向相同,A、B卫星的轨道半径分别为rA和rB,某时刻A、B两卫星距离达到最近,已知卫星A的运行周期为T.从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为( )
图3
A.B.
C.D.
答案 C
解析 设两卫星至少经过时间t距离最远,两卫星相距最远时,转动相差半周,则-=,又因为卫星环绕周期T=2π,解得t=,C正确.故选C.
4.图4为某制药厂自动生产流水线的一部分装置示意图,传送带与水平面的夹角为α,O为漏斗.要使药片从漏斗中出来后经光滑滑槽滑到传送带上,设滑槽的摆放方向与竖直方向的夹角为φ,则φ为多大时可使药片滑到传送带上的时间最短( )
图4
A.φ=αB.φ=2α
C.φ=D.φ=α
答案 C
解析 如图所示,药片沿滑槽下滑的加速度a=gcosφ,设O到传送带的距离为H,则有
OP==at2
=gt2cosφ
t2=
令T=cos(α-φ)cosφ
=[cos(α-φ+φ)+cos(α-φ-φ)]
=[cosα+cos(α-2φ)]
当α=2φ时,Tmax=(cosα+1)
可见,φ=时,t有最小值.故选C.
5.在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B,转动方向如图5所示,在A盘上距圆心48cm处固定一个小球P,在B盘上距圆心16cm处固定一个小球Q.已知P、Q转动的线速度大小都为4πm/s.当P、Q相距最近时开始计时,则每隔一定时间两球相距最远,这个时间的最小值应为( )
图5
A.0.08sB.0.12s
C.0.24sD.0.48s
答案 B
解析 两球相距最远时,在相同的时间内,P、Q转过的角度分别为θP=ωPt=(2n+1)π(n=0,1,2,3,…),θQ=ωQt=(2m+1)π(m=0,1,2,3,…),由于ωQ=3ωP,当两球第一次相距最远时,n=0,解得m=1,故t=,而ωP==,解得t=0.12s,选项B正确.故选B.
6.如图6所示,一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定,另一端固定着一个小球A,轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上.若物块与地面间摩擦不计,则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时,小球A的线速度大小为( )
图6
A.B.
C.D.
答案 B
解析 根据运动的合成与分解可知,接触点B的实际运动为合运动,可将B点运动的速度沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1,如图所示,
其中v2=vBsinθ=vsinθ,即为B点做圆周运动的线速度,v1=vBcosθ,为B点沿杆运动的速度.当杆与水平方向夹角为θ时,OB=;A、B两点都围绕O点做圆周运动,且在同一杆上,故角速度相同,由于B点的线速度为v2=vsinθ=ωOB,所以ω==,所以A的线速度vA=ωL=,故选项B正确.故选B.
7.(多选)如图7所示,直角三角形abc是圆O的内接三角形,∠a=30°,∠b=90°,∠c=60°.匀强电场电场线与圆所在平面平行,已知a、b、c三点电势为φa=-U、φb=0、φc=U.下面说法正确的是( )
图7
A.圆上最高点的电势等于U
B.圆上最高点的电势等于U
C.匀强电场的电场强度等于
D.匀强电场的电场强度等于
答案 BD
解析 ac中点O的电势φO==0,所以O、b两点是等势点,则直线bO是匀强电场的等势线,与直线bO垂直的直线就是电场线,圆周上M点电势最高,如图所示.
过c点作等势线,与电场线交于d点,则φd=φc=U,设圆的半径为R,根据几何关系知O、d间的距离Od=Rcos30°=R,所以电场强度E==,D正确.M点的电势φM=ER=U,B正确.故选B、D.
8.(多选)如图8所示,固定于竖直面内的粗糙斜杆,与水平方向夹角为30°,质量为m的小球套在杆上,在大小不变的拉力F作用下,小球沿杆由底端匀速运动到顶端.已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ=,则关于拉力F的大小和F的做功情况,下列说法正确的是( )
图8
A.当α=30°时,拉力F最小
B.当α=30°时,拉力F做功最小
C.当α=60°时,拉力F最小
D.当α=60°时,拉力F做功最小
答案 AD
解析 由题中选项可知要使F最小,则应有FsinαFcosα=mgsin30°+μ(mgcos30°-Fsinα),
解得:
F==,
由数学知识知,当α=30°时,拉力F最小,A正确,C错误;当α=60°时,F=mg,因为没有摩擦力,拉力做功最小,Wmin=mgh,所以B错误,D正确.故选A、D.
9.如图9所示,在直角坐标系xOy的第一象限区域中,有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度的大小为E=kv0.在第二象限有一半径为R=b的圆形区域磁场,圆形磁场的圆心O1坐标为(-b,b),与坐标轴分别相切于P点和N点,磁场方向垂直纸面向里.在x=3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏,与x轴交点为Q.大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场,电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内,其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点,速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场到达M点且M点坐标为(0,1.5b).忽略电子间的相互作用力,不计电子的重力,电子的比荷为=.求:
图9
(1)圆形磁场的磁感应强度大小;
(2)θ角的大小;
(3)电子打到荧光屏上距Q点的最远距离.
答案
(1)k
(2)120° (3)b
解析
(1)由于速度沿y轴正方向的电子经过N点,因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r=b
而ev0B=m
联立解得B=k
(2)速度与x轴正方向成θ角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′,电子离开磁场时的位置为P′,连接PO1P′O′可知该四边形为菱形,如图甲,
由于PO1竖直,因而半径P′O′也为竖直方向,电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向
由图可知bsin(θ-90°)+b=1.5b
解得θ=120°.
(3)由
(2)可知,所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动,设电子在电场中运动的加速度为a,运动的时间为t,竖直方向位移为y,水平位移为x
水平方向x=v0t
竖直方向y=at2
eE=ma
vy=at
联立解得x=
设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H,如图乙所示,电子射出电场时的夹角为θ有
tanθ==
有H=(3b-x)tanθ=(3-)·
当3-=,即y=b时,H有最大值.
由于b<1.5b,所以Hmax=b.