题目内容
8.| A. | 小球落在B1点时,初始速度为$\sqrt{5}$m/s,是抛出速度的最小值 | |
| B. | 小球落在C1点时,初始速度为$\sqrt{10}$m/s,是抛出速度的最大值 | |
| C. | 落在B1D1线段上的小球,落地时机械能的最小值与最大值之比是1:2 | |
| D. | 轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向不相同 |
分析 小球做平抛运动,水平分运动为匀速直线运动,竖直分运动为自由落体运动,运动时间由下落的高度决定,由分位移公式求初速度;
由机械能守恒定律研究落地时机械能.
解答 解:AB、小球做平抛运动,由L=$\frac{1}{2}$gt2得 t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$,下落高度相同,平抛运动的时间相等;由几何关系可知,小球的落地点距离A越近,则小球在水平方向的位移越小,所以小球落在B1点时,不是抛出速度的最小值;落在C1时水平位移最大,最大位移为正方形的对角线的长度,即$\sqrt{2}$L,由:$\sqrt{2}$L=v0t得:v0=$\sqrt{g}$=$\sqrt{10}$m/s,故A错误,B正确;
C、落在B1D1线段上的小球,落在B1D1线段中点的小球落地时机械能的最小,落在B1D1线段上D1或B1的小球,落地时机械能的最大.设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1,水平位移为x1.落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2.水平位移为x2.由几何关系有 x1:x2=1:$\sqrt{2}$,由x=v0t,得:v1:v2=1:$\sqrt{2}$,落地时机械能等于抛出时的机械能,分别为:E1=mgh+$\frac{1}{2}$mv12,E2=mgh+$\frac{1}{2}$mv22,可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1:2,故C错误;
D、设AC1的倾角为α,轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有 tanα=$\frac{y}{x}$=$\frac{1}{2}$$\frac{g{t}^{2}}{{v}_{0}t}$=$\frac{gt}{2{v}_{0}}$,tanθ=$\frac{gt}{{v}_{0}}$,则 tanθ=2tanα,可知θ一定,则轨迹与AC1线段相交的小球,在交点处的速度方向相同,故D错误.
故选:B.
点评 该题结合平抛运动考查机械能守恒,解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法,掌握分位移公式,D项也可以根据作为结论记住.
| A. | “东方红二号”卫星的向心加速度大于“神州十号”飞船的向心加速度 | |
| B. | “东方红二号”卫星的角速度小于“神州十号”飞船的角速度 | |
| C. | “东方红二号”卫星的周期小于“神州十号”飞船的周期 | |
| D. | “东方红二号”卫星的向心力小于“神州十号”飞船的向心力 |
| A. | 5 m/s | B. | 10 m/s | C. | 15 m/s | D. | 20 m/s |
| A. | 在A、B运动的过程中,A、B组成的系统机械能守恒 | |
| B. | A球运动到圆环的最低点时,速度为零 | |
| C. | B球可以运动到圆环的最高点 | |
| D. | B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中,杆对B球所做的总功为零 |
| A. | 小球在b点时动能最大 | |
| B. | c点时弹簧具有弹性势能最大 | |
| C. | 小球的重力势能随时间均匀减少 | |
| D. | b点到c点过程,小球重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 |
| A. | 物体的动能一直减小 | |
| B. | 弹簧的弹性势能先减小后增大 | |
| C. | 物体所受合外力先增大后减小 | |
| D. | 物体的动能和重力势能之和一直减小 |
| A. | 压强不变 | |
| B. | 内能增大 | |
| C. | 内能不变 | |
| D. | 气体对外做功,同时从外界吸收热量 |
| A. | a的向心加速度等于重力加速度g | B. | d的运动周期有可能是23小时 | ||
| C. | c在2小时内转过的圆心角是$\frac{π}{3}$ | D. | 在相同时间内b转过的弧长最长 |