题目内容
19.如图甲所示,轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连,另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动,现使小球在竖直平面内做圆周运动,经最高点开始计时,取水平向右为正方向,小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示,A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点,该三点的纵坐标分别是1、0、-5.g取10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A. | 轻杆的长度为0.6m | |
B. | 小球经最高点时,杆对它的作用力方向竖直向上 | |
C. | B点对应时刻小球的速度为3m/s | |
D. | 曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5m |
分析 已知小球在ABC三个点的速度,A到C的过程中机械能守恒,由机械能守恒定律即可求出杆的长度;结合小球过最高点的受力的特点,即可求出杆对小球的作用力的方向;由机械能守恒可以求出B点的速度;由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度,所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移.
解答 解:A、设杆的长度为L,小球从A到C的过程中机械能守恒,得:$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}+2mgL=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$,所以:$L=\frac{{{v}_{C}}^{2}-{{v}_{A}}^{2}}{4g}=0.6$m.故A正确;
B、若小球在A点恰好对杆的作用力是0,则:$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{L}=mg$,临界速度:${v}_{0}=\sqrt{gL}=\sqrt{6}$m/s>vA=1m/s.
由于小球在A点的速度小于临界速度,所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力,杆对小球的作用力的方向向上,是竖直向上的支持力.故B正确;
C、小球从A到B的过程中机械能守恒,得:$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}+mgL=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$,所以:${v}_{B}=\sqrt{{{v}_{A}}^{2}+2gL}=\sqrt{13}$m/s.故C错误;
D、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度,所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移,大小等于杆的长度,即0.6m.故D错误.
故选:AB
点评 该题考查竖直平面内的圆周运动,将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答.该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解.
A. | 原、副线圈中的电流之比为5:1 | |
B. | 电压表的读数约为31.11V | |
C. | 若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω,则1分钟内产生的热量约为2.9×103J | |
D. | 若将滑动变阻器的滑片向上滑动,则两电表读数均减小 |
A. | 公式E=$\frac{F}{q}$只适用于真空中点电荷产生的电场 | |
B. | 由公式E=$\frac{F}{q}$ 可知,电场中某点的电场强度E与试探电荷q在电场中该点所受的电场力成正比 | |
C. | 在公式F=k$\frac{{Q}_{1}{Q}_{2}}{{r}^{2}}$ 中,k$\frac{{Q}_{2}}{{r}^{2}}$ 是点电荷Q2 产生的电场在点电荷Q1处的场强大小;而k$\frac{{Q}_{1}}{{r}^{2}}$ 是点电荷Q 1 产生的电场在点电荷Q2处场强的大小 | |
D. | 由公式E=k$\frac{Q}{{r}^{2}}$ 可知,在离点电荷非常近的地方(r→0),电场强度E可达无穷大 |
A. | 金属球上升穿越磁场过程中,所受安培力方向始终向下 | |
B. | 金属球下落穿越磁场过程中,加速度逐渐增大 | |
C. | 金属球上升和下落穿越磁场过程中,安培力做功相等 | |
D. | 属球上升和下落穿越磁场过程中,产生的焦耳热相等 |
A. | 52.8kW•h | B. | 26.4kW•h | C. | 39.6kW•h | D. | 79.2kW•h |