1.(2024河北石家莊二模)如圖所示,假設在太空中有A、B雙星系統(tǒng)繞點O做順時針勻速圓周運動,運動周期為T1,它們的軌道半徑分別為RA、RB,且RARC,故C正確;在A、B組成的雙星系統(tǒng)中,對A,根據(jù)牛頓第二定律有GmAmB(RA+RB)2=mA4π2T12RA,解得mB=4π2RA(RA+RB)2GT12,故D錯誤。
2.(2024青海海東二模)如圖所示,半徑為r、質(zhì)量不計的均勻圓盤豎直放置,可以繞過圓心O且與盤面垂直的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動,在盤面的最右邊邊緣處固定了一個質(zhì)量為m的小球A,在圓心O的正下方離O點r2處固定了一個質(zhì)量為m的小球B?，F(xiàn)從靜止開始釋放圓盤讓其自由轉(zhuǎn)動,重力加速度大小為g,則小球B上升的最大高度為( )
A.35rB.23r
C.45rD.56r
答案 C
解析 取圓心所在處的水平面勢能為零,小球B上升到最大高度時如圖所示,根據(jù)初始位置重力勢能與小球B最大高度時的系統(tǒng)重力勢能相等可得-mgr2=-mgrcs θ+mg×r2sin θ,則rcs θ-r2(1+sin θ)=0,4(1-sin2θ)=1+sin2θ+2sin θ,5sin2θ+2sin θ-3=0,解得sin θ=35,sin θ=-1(舍去),所以θ=37°,小球B上升的最大高度為h=r2+r2sin 37°=45r,故選C。
3.一根輕桿斜靠在光滑的豎直墻壁上,下端放在粗糙的水平地面上,輕桿處于靜止狀態(tài)。一個穿在桿上的小環(huán)從桿的頂端勻速滑下的過程中,下列說法正確的是( )
A.地面所受的壓力變大
B.地面所受的摩擦力變大
C.墻壁給輕桿的彈力變大
D.地面給輕桿的作用力變小
答案 D
解析 由于小環(huán)從桿的頂端勻速滑下,加速度為零,輕桿靜止,加速度也為零。則可將小環(huán)和輕桿整體分析,可知地面所受的壓力始終等于小環(huán)的重力且保持不變,故A錯誤;對輕桿受力分析,受到小環(huán)的作用力大小等于小環(huán)的重力大小,豎直墻壁的彈力F,地面的支持力FN,地面的摩擦力Ff,如圖所示,以B點為支點,根據(jù)杠桿平衡條件有Gx=Fy
根據(jù)共點力平衡條件有G=FN,F=Ff,聯(lián)立可得Ff=F=xyG,在小環(huán)勻速滑下的過程中,x逐漸減小,y保持不變,所以地面對輕桿的摩擦力和墻壁給輕桿的彈力逐漸變小,即地面受到的摩擦力也變小,故B、C錯誤;由于小環(huán)勻速滑下的過程中,地面對輕桿的摩擦力逐漸變小,而地面對輕桿的支持力不變,所以地面給輕桿的作用力變小,故D正確。
4.(2024浙江二模)為模擬航天器著陸,研究室構(gòu)建了一個如圖所示的立體非勻強磁場,關(guān)于中心軸對稱分布,磁感應強度可分為縱向分量Bh和水平徑向分量Bτ(背向軸心),Bh的大小只隨高度h變化(計初始位置為h=0),關(guān)系為Bh=B0(1+400h),Bτ=B0200r(r為到對稱軸的距離,SI)?，F(xiàn)有橫截面半徑為1 mm的金屬細絲構(gòu)成直徑為1 cm的圓環(huán)在磁場中由靜止開始下落,其電阻率為1.6×10-8 Ω·m。其中B0=0.1 T,沿圓環(huán)中心的磁場方向始終豎直向上,在運動過程中圓環(huán)平面始終保持水平,速度在下落1.6 m后達到穩(wěn)定狀態(tài)。則從開始下落到穩(wěn)定時圓環(huán)上通過的電荷量為( )
A.175π CB.20π C
C.12.5π CD.6.5π C
答案 B
解析 根據(jù)題意可知,由E=ΔΦΔt、I=ER和q=IΔt可得q=ΔΦR,又有R=ρLS=1.6×10-4 Ω,運動過程中,豎直方向上,由楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生順時針的感應電流(從上往下看),ΔΦ=(Bh-B0)·πd22=1.6π×10-3 Wb,則有q1=ΔΦR=10π C;水平方向上,Bτ=B0200·d2=B0,由右手定則可知,下落過程中線圈切割水平磁場,同樣產(chǎn)生順時針電流(從上往下看),則有q2=B0·πdhR=10π C,則從開始下落到穩(wěn)定時圓環(huán)上通過的電荷量為q=q1+q2=20π C,故選B。
二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分,共8分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。
5.(2024湖南衡陽二模)如圖所示,物體A和B中間用一個輕桿相連,在傾角為θ的斜面上勻速下滑,桿與斜面平行。已知A物體光滑,質(zhì)量為m,B物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,質(zhì)量為2m,整個過程斜面始終靜止不動。下列說法正確的是( )
A.B物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tan θ
B.輕桿對B物體的作用力沿斜面向上
C.增加B物體的質(zhì)量,A、B整體將沿斜面減速下滑
D.增加A物體的質(zhì)量,A、B整體將沿斜面加速下滑
答案 CD
解析 對A、B整體分析,根據(jù)平衡條件有3mgsin θ=2μmgcs θ,解得μ=32tan θ,故A錯誤;規(guī)定沿斜面向下為正方向,設輕桿對B的作用力為FT,單獨對B分析,根據(jù)平衡條件有FT+2mgsin θ=2μmgcs θ,解得FT=mgsin θ,正值表示方向沿斜面向下,故B錯誤;若增加B物體的質(zhì)量,設增量為Δm,則(3m+Δm)gsin θ-(2m+Δm)μgcs θ=-12Δmgsin θ,上式說明此時A、B整體所受合外力將沿斜面向上,則A、B整體將沿斜面減速下滑,故C正確;增加A物體的質(zhì)量,設增量為Δm,則(3m+Δm)gsin θ-2μmgcs θ=Δmgsin θ,上式說明此時A、B整體所受合外力將沿斜面向下,則A、B整體將沿斜面加速下滑,故D正確。
6.(2024天津河西一模)如圖所示,水平放置的大餐桌轉(zhuǎn)盤繞著過轉(zhuǎn)盤圓心的豎直軸OO'做勻速圓周運動,轉(zhuǎn)盤表面質(zhì)地均勻;轉(zhuǎn)盤上放著兩個完全相同的小碟子,隨著轉(zhuǎn)盤共同轉(zhuǎn)動;兩個碟子的質(zhì)量都是m,線速度大小都是v;其中一個碟子中裝有一個蘋果,在任何情況下蘋果都與該碟子保持相對靜止;另一個碟子是空的。以下說法正確的是( )
A.轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動時,碟子對轉(zhuǎn)盤的摩擦力方向指向轉(zhuǎn)盤圓心
B.若轉(zhuǎn)盤的角速度逐漸增大,則空碟子先相對轉(zhuǎn)盤發(fā)生滑動
C.轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,轉(zhuǎn)盤對空碟子摩擦力的沖量大小為2mv
D.轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,轉(zhuǎn)盤對空碟子的摩擦力所做的功為零
答案 CD
解析 轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動時,碟子的向心力由轉(zhuǎn)盤給碟子的摩擦力提供,指向轉(zhuǎn)盤圓心,由牛頓第三定律可得,碟子對轉(zhuǎn)盤的摩擦力方向為轉(zhuǎn)盤圓心與碟子的連線向外,故A錯誤;當剛發(fā)生相對滑動時由最大靜摩擦力提供向心力,即μmg=mω2r,兩個碟子與轉(zhuǎn)盤接觸面動摩擦因數(shù)相同,半徑相同,則可知兩個碟子相對轉(zhuǎn)盤發(fā)生滑動的角速度相同,故B錯誤;轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,空碟子速度反向,合外力對空碟子的沖量等于其動量改變量,則有I=mv-(-mv)=2mv,故C正確;轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動半周的過程中,轉(zhuǎn)盤對空碟子的摩擦力提供向心力,始終指向圓心,與速度方向垂直,不做功,則轉(zhuǎn)盤對空碟子的摩擦力所做的功為零,故D正確。
三、非選擇題:本題共4小題,共40分。
7.(8分)(2024河北保定一模)某校物理小組嘗試利用智能手機對豎直面內(nèi)的圓周運動進行拓展探究。實驗裝置如圖甲所示,輕繩一端連接拉力傳感器,另一端連接智能手機,把手機拉開一定角度,由靜止釋放,手機在豎直面內(nèi)擺動過程中,手機中的陀螺儀傳感器可以采集角速度實時變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像,同時,拉力傳感器可以采集輕繩拉力實時變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像。經(jīng)查閱資料可知,面向手機屏幕,手機逆時針擺動時陀螺儀傳感器記錄的角速度為正值,反之為負值。
(1)某次實驗,手機輸出的角速度隨時間變化的圖像如圖乙所示,由此可知在0~t0時間段內(nèi) 。
A.手機20次通過最低點
B.手機10次通過最低點
C.手機做阻尼振動
D.手機振動的周期越來越小
(2)為進一步拓展研究,分別從力傳感器輸出圖像和手機角速度—時間圖像中讀取幾對手機運動到最低點時的拉力和角速度的數(shù)據(jù),并在坐標圖中以F(單位:N)為縱坐標、ω2(單位:rad2·s-2)為橫坐標進行描點,請在圖丙中作出F-ω2的圖像。
丙
(3)根據(jù)圖像求得實驗所用手機的質(zhì)量為 kg,手機做圓周運動的半徑為 m。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字,重力加速度g取9.8 m/s2)
答案 (1)AC
(2)見解析圖
(3)0.21 0.28
解析 (1)分析可知,當手機通過最低點時角速度達到最大值,而由圖乙可知,在0~t0時間內(nèi)手機20次通過最低點,故A正確,B錯誤;手機的角速度會隨著振幅的減小而衰減,根據(jù)圖乙可知,手機的角速度隨著時間在衰減,可知手機在做阻尼振動,故C正確;阻尼振動的周期不變,其周期由系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定,故D錯誤。
(2)由于手機在做圓周運動,短時間內(nèi)在不考慮其振動衰減的情況下,在最低點對手機由牛頓第二定律有F-mg=mω2L
可得F=mLω2+mg
式中L為懸點到手機重心的距離,根據(jù)上式可知,手機運動到最低點時的拉力和角速度的平方呈線性變化,作圖時應用平滑的直線將各點跡連接起來,不能落在圖像上的點跡應使其均勻地分布在圖線的兩側(cè),有明顯偏差的點跡直接舍去,作出的圖像如圖所示。
(3)根據(jù)圖像結(jié)合其函數(shù)關(guān)系可得
mg=2.01 N,
mL=2.30-2.015 kg·m=0.058 kg·m
解得m≈0.21 kg,L≈0.28 m。
8.(8分)如圖所示,在x軸上方有垂直紙面向里的勻強磁場。在x軸下方有沿y軸正方向的勻強電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q、初速度為v的帶電粒子從a(0,d)點處沿y軸正方向開始運動,一段時間后,粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場,經(jīng)過y軸上b點時速度方向恰好與y軸垂直,帶電粒子重力不計。求:
(1)勻強磁場的磁感應強度大小;
(2)勻強電場的電場強度大小;
(3)粒子從a點開始到x軸所用的時間。
答案 (1)2mv2qd
(2)(2-1)mv22qd
(3)Tn=[52π4+n-12(4+22)+n-12·32π2]dv(n為奇數(shù)),
Tn=[52π4+n2(4+22)+n-22·32π2]dv(n為偶數(shù))
解析 (1)粒子運動的部分軌跡如圖所示
粒子在磁場中做圓周運動有
qvB=mv2r
由幾何關(guān)系得rcs 45°=d
聯(lián)立解得r=2d,B=2mv2qd。
(2)粒子從x軸運動到b點過程中,水平方向
r+rsin 45°=vcs 45°·t2
豎直方向
vsin 45°=qEmt2
聯(lián)立解得t2=(2+2)dv,E=(2-1)mv22qd。
(3)粒子從a點運動到x1,即第一次到達x軸所用時間為
T1=θ2π·2πrv=52πd4v
從x1到x2,根據(jù)對稱性可知
T2'=2t2=(4+22)dv
所以粒子第二次到達x軸所用時間為T2=T1+T2'=(52π4+4+22)dv
在x2處,粒子以速度v與x軸正方向成45°進入磁場,從x2到x3
T3'=θ12π·2πrv=32πd2v
所以粒子第三次到達x軸所用時間為T3=T2+T3'=(52π4+4+22+32π2)dv
所以當粒子第n次到達x軸時所用時間為
Tn=[52π4+n-12(4+22)+n-12·32π2]dv(n為奇數(shù))
Tn=[52π4+n2(4+22)+n-22·32π2]dv(n為偶數(shù))。
9.(10分)(2024湖南岳陽二模)如圖所示(俯視圖),光滑絕緣水平面上有一邊長L=1 m的正方形單匝導體線框abcd,線框質(zhì)量m=0.1 kg,總電阻R=0.4 Ω。線框的右側(cè)有兩塊條形區(qū)域的勻強磁場依次排列,條形區(qū)域的寬度也均為L=1 m,長度足夠長,磁場的邊界與線框的bc邊平行。區(qū)域Ⅰ磁場的磁感應強度為B1=0.1 T,方向豎直向下,區(qū)域Ⅱ磁場的磁感應強度為B2=0.3 T,方向也豎直向下。給線框一水平向右的初速度v0,初速度方向與bc邊垂直。
(1)若線框向右的初速度v0=4 m/s,求線框bc邊剛進區(qū)域Ⅰ時,線框的加速度大小。
(2)若線框bc邊能穿過區(qū)域Ⅰ,線框bc邊穿過區(qū)域Ⅰ的過程中,求線框受到安培力的沖量。
(3)要使線框能完全穿過整個磁場區(qū)域,至少給線框多大的初速度?
答案 (1)1 m/s2
(2)0.025 N·s,方向水平向左
(3)3.5 m/s
解析 (1)線框bc邊剛進區(qū)域Ⅰ時,感應電動勢為
E=B1Lv0=0.4 V
電流為I=ER=1 A
線框的加速度大小為a=IB1Lm=1 m/s2。
(2)線框bc邊穿過區(qū)域Ⅰ的過程中,線框受到安培力的沖量為
IF=I1B1LΔt1
其中q1=I1Δt1=ΔΦ1R=B1L2R=0.25 C
解得IF=0.025 N·s
方向水平向左。
(3)要使線框能完全穿過整個磁場區(qū)域,根據(jù)動量定理得
-I1B1LΔt1-I2(B2-B1)LΔt2-I3B2LΔt3=0-mv
其中q2=I2Δt2=ΔΦ2R=(B2-B1)L2R=0.5 C
q3=I3Δt3=ΔΦ3R=B2L2R=0.75 C
解得線框初速度大小至少為
v=3.5 m/s。
10.(14分)(2024山東棗莊三模)如圖甲所示,固定點O處懸掛長為L的輕質(zhì)細繩,末端連接一個質(zhì)量為m的小球,在O點正下方O'處固定一細釘。將細繩向左側(cè)拉至水平位置,由靜止釋放小球,當細繩擺至豎直位置時,被細釘擋住,此后小球恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運動。如圖乙所示,O點下方的光滑水平面上有一凹槽,凹槽左右擋板內(nèi)側(cè)間的距離也為L,在凹槽右側(cè)靠近擋板處置有一質(zhì)量為m的小物塊,凹槽上表面與物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。物塊與凹槽一起以速度v=1275gL向左運動,小球從圖乙所示位置由靜止釋放,釋放時細繩與水平方向間的夾角為α且sin α=0.3。當小球擺到最低點時剛好與凹槽左側(cè)發(fā)生碰撞,小球被彈回,同時凹槽被原速率彈回。此后小球擺到O'右側(cè)后無法做完整的圓周運動,而是在某位置脫離圓軌道做拋體運動,小球做拋體運動的軌跡與OO'所在直線交于E點(圖中未畫出)。已知小球與凹槽不發(fā)生二次碰撞,所有的碰撞均為彈性碰撞,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求O'點到O點的距離。
(2)求凹槽的質(zhì)量m0。
(3)求E點到圓軌道最低點的距離。
(4)若L=507 m,求小球和凹槽在軌道最低點相碰后,凹槽與物塊達到共速時物塊到右側(cè)擋板的距離x及從碰撞后到共速所經(jīng)歷的時間t。
答案 (1)3L5 (2)2m (3)0 (4)10021 m 203 s
解析 (1)設小球做圓周運動的最高點C的速度為vC,半徑為R,
滿足重力剛好提供向心力,有mg=mvC2R
從開始擺下的位置到小球做圓周運動最高點過程,
根據(jù)機械能守恒定律有
mg(L-2R)=12mvC2
聯(lián)立解得R=2L5,OO'=3L5。
(2)設小球從圖乙中位置擺下后碰前的速度為v0,根據(jù)機械能守恒定律有
12mv02=mgL(1-sin α)
解得v0=75gL
因為碰后凹槽原速率反彈,根據(jù)彈性碰撞的特點,說明小球也是原速率反彈且小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒,即總動量為零,有mv0=m0v=m0v02
解得m0=2m。
(3)設與水平方向夾角為θ時脫離圓軌道的速度為v1,
由牛頓第二定律得mgsin θ=mv12R
因為小球原速率反彈,小球從圖乙所示位置由靜止擺下到脫離圓軌道過程中,有
mgL(1-sin α)-mgR(1+sin θ)=12mv12
解得sin θ=12,v1=12gR
脫離軌道后,根據(jù)拋體運動的特點,水平豎直正交分解
x=v1tsin θ=Rcs θ,y=v1tcs θ-12gt2
可得y=-3R2,h=R+Rsin θ=3R2
因為y+h=0
所以到軌道最低點的距離為零。
(4)根據(jù)動量守恒定律有m0v2-mv2=(m0+m)v共
根據(jù)功能關(guān)系有μmgs=12(m0+m)v22-12(m0+m)v共2
又v2=v
聯(lián)立解得s=7015L=4+23L
所以共速時到右端的距離為x=23L=10021 m
設開始相對運動二者的速度分別為v3=v2,方向向右;v4=v2,方向向左
凹槽的位移x2=v3t1-12a2t12
物塊的位移x1=v4t1-12a1t12
且有x2+x1=L
聯(lián)立可得(v3+v4)t1-12(a2+a1)t12=L
整理得3t12-4(v3+v4)t1+4L=0
解得t1=23[(v3+v4)-(v3+v4)2-3L]
凹槽與小物塊第一次碰后,由v5+v6=(v3+v4)-(a2+a1)t1
可得v5+v6=(v3+v4)2-3L
所以t2=23[(v3+v4)2-3L×1-(v3+v4)2-3L×2]
以此類推t3=23[(v3+v4)2-3L×2-(v3+v4)2-3L×3]
t4=23[(v3+v4)2-3L×3-(v3+v4)2-3L×4]tn
=23[(v3+v4)2-3L×(n-1)-(v3+v4)2-3L×n]
令(v3+v4)2-3Ln=0,得n=143=4+23
所以碰撞了4次后又相對運動了23L后,凹槽和小物塊相對靜止向右勻速運動。
所以總時間t=t1+t2+t3+t4+t5=2(v3+v4)3
解得t=203 s。

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