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    12．一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.圆盘加速转动时.角速度的增加量Δω与对应之间Δt的比值定义为角加速度β(即).我们用电磁打点计时器.米尺.纸带.复写纸来完成下述实验:①如下图甲所示.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.(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)如图乙所示.圆盘的半径r为 cm. (2)由图丙可知.打下计数点D时.纸带运动的速度大小为 m/s.此时圆盘转动的角速度为 rad/s. (3)纸带运动的加速度大小为 m/s2.圆盘转动的角加速度大小为 rad/s2. 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    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，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β．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，圆盘停止转动和打点，取下纸带，进行测量．（计算结果 保留3位有效数字）．
    （1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r为
    3.000cm
    3.000cm
    ．cm；
    （2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为
    13.0
    13.0
    rad/s；
    （3）纸带运动的加速度大小为
    0.593
    0.593
    m/s2，圆盘转动的角加速度大小为
    19.8
    19.8
    ．rad/s2．

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    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，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应之间△t的比值定义为角加速度β（即β=
    △ω△t
    ）．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）用20分度的游标卡尺测得圆盘的半径如图乙所示，圆盘的半径r为
    6.000
    6.000
    cm；
    （2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为
    6.5
    6.5
     rad/s；
    （3）纸带运动的加速度大小为
    0.60
    0.60
    m/s2，圆盘转动的角加速度大小为
    10
    10
    rad/s2．
    ▲请注意：本题（2）、（3）问中的结果均要求保留2位有效数字．

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    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，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．
    实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．
    实验步骤：
    （1）如图1所示，将电磁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后，固定在待测圆盘的侧面上，使圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．
    （2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
    （3）经这一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
    ①若打点周期为T，圆盘半径为r，x1，x2是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含初、末两点），则圆盘角速度的表达式为ω=
    x2-x1
    (n-1) Tr
    x2-x1
    (n-1) Tr
    ．
    ②若交流电源的频率为50Hz，某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-2m，得到纸带的一段如图2所示，则角速度为
    6.8
    6.8
    rad/s．

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    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，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应之间△t的比值定义为角加速度β（即ρ=
    △?△t
    ）．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）用20分度的游标卡尺测得圆盘的半径如图乙所示，圆盘的半径r为
    6.000
    6.000
    cm；
    （2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为
    6.5
    6.5
    rad/s；
    （3）纸带运动的加速度大小为
    0.59
    0.59
    m/s2，圆盘转动的角加速度大小为
    9.8
    9.8
    rad/s2；
    （4）如果实验测出的角加速度值偏大，其原因可能是
    测量转动半径时没有考虑纸带的厚度
    测量转动半径时没有考虑纸带的厚度
    （至少写出1条）．

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    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．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．
    实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片．
    实验步骤：
    （1）如图1所示，将电磁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后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．?
    （2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
    （3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．?
    ①由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω=
    L
    nTr
    L
    nTr
    ，式中各量的意义是：
    式中T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数
    式中T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数
    ．
    ②某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-2 m，得到的纸带的一段如图2所示，求得角速度为
    6.97rad/s
    6.97rad/s
    ．

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    1．答案：A   由滚轮不会打滑可知主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮的接触

       点的线速度相同，所以v1=v2，由此可得，所以，即选项A

       正确.

    2．答案：B    根据物体作直线运动和曲线运动的条件可知，先作初速度为零的沿合力方向的匀加速直线运动，后因速度方向跟另一个力不在一条直线上，作匀变速曲线运动.

    3．答案：AC     根据运动的合成与分解，因为小船垂直岸航行，渡河时间与水的速度无关，又河水的流速与到河岸的距离x成正比，即，所以，解得，渡河时间为.

    4．答案：C    小球做平抛运动，竖直高度m，A正确；小球水平方向上的位移m，小球初速度m/s，此即第一次闪光时小车的速度，B正确；两次闪光时间间隔内汽车的平均速度m/s，因此汽车应做加速运动，C不能确定，D能够确定.

    5．答案：CD    根据物体竖直上抛的运动规律，得，因此可求出该星球表面的重力加速度g.再根据可推导出CD为正确答案.

    6．答案：A   因为要提高“神舟”六号飞船的高度将考虑启动火箭发动机向后喷气，通过反冲作用，使飞船加速，飞船需要的向心力增大，但由于在原轨道上不变，不足以提供其所需的向心力，所以飞船做离心运动，到更高的轨道，所以A正确，B错误.对飞船有：，所以，R增大，运行速度v减小，C错误；由于，所以，，所以R增大，T增大，但a减少，所以D错.

    7．答案：C    在理想情况下一直加速，可以达到围绕地球表面做圆周运动，即第一宇宙速度.

    8．答案：C   球的水平速度是2m/s，人到环的水平距离为2m，所以球必须在1s内到达吊环，则1s内球在竖直方向上的位移为1.8m，设初速度为v0，则，解得m/s.

    9．答案：C   设杆沿方向移动的速度为，根据速度分解可得，，，所以可得.

    10．答案：BC    较小，物体追上细杆相碰；较大，细杆绕过一周后追上物体相碰.

    第Ⅱ卷（非选择题，共110分）

    11．（1）答案：平抛运动在竖直方向上是自由落体运动 （2分）   

    球1落到光滑水平板上并击中球2（2分） 

    平抛运动在水平方向上是匀速运动（2分）

       （2）答案：如图所示，测量R、r、R/，（2分）

    自行车的速度为：.（2分）

    12．解析：（1）根据游标卡尺的读数原理，可得读数应为主尺上的和游标尺上的刻度相加.由图乙可知游标尺的分度为0.05mm，主尺上为5.9cm，游标尺上的第5个刻度线和主尺对齐，所以读数为5.9cm+0.02×5mm=6.00cm，即可得该圆盘的半径r=6.00cm.

       （2）由题意知，纸带上每两点的时间间隔T=0.10s，打下计数点D时，纸带运动速度大小为：cm/s2=39cm/s2=0.39m/s2，

    此时圆盘转动的角速度为=6.5rad/s

      （3）纸带运动的加速度大小为，代入数值，得a=0.59m/s2

    设角加速度为β，则=9.8rad/s2.

    13．解析：对物体受力分析可知正压力①，其中表示气动压力. （3分）

    ②，（4分）

    根据牛顿第二定律，可得③，（3分）

    联立解得，（2分）

    14．解析：第一个等式（对热气球）不正确，因为热气球不同于人造卫星，热气球静止在空中是因为浮力与重力平衡，它绕地心运动的角速度应等于地球自转的角速度. （4分）

       （1）若补充地球表面的重力加速度为g，可以认为热气球受到的万有引力近似等于其重力，则有（2分）

    与第二个等式联立可得（1分）

     （2）若利用同步卫星的离地高度H有：（2分）

    与第二个等式联立可得（2分）

       （3）若利用第一宇宙速度v1，有（2分）

    与第二个等式联立可得（1分）

    此外若利用近地卫星运行的角速度也可求出来.

    15．解析：水滴沿切线方向做平抛运动到地面上的水平位移=2m（2分）

    落地时间s（2分）

    “魔盘”的线速度m/s（2分）

    其转速满足（2分）

    r/min. （2分）

    16．解析：（1）卫星做匀速圆周运动，由万有引力和牛顿第二定律得，（2分）

    其动能为（2分）

    其机械能为E=Ek+Ep= +()=（4分）

    卫星绕地表运行时，r=R，且，GM=gR2，（2分）

    所以E===－6.4×106×10×103=－3.2×1010J. （4分）

     （2）要使绕地球运动的卫星挣脱地球的引力，需添加的能量是：

    ㄓE=0－E=3.2×1010J. （4分）

    17．解析：（1）小球从H高处自由落下，进入轨道，沿BDO轨道做圆周运动，小球受重力和轨道的支持力.设小球通过D点的速度为v，通过D点时轨道对小球的支持力为F（大小等于小球对轨道的压力）提供它做圆周运动的向心力，即 ①（2分）

    小球从P点落下一直到沿光滑轨道运动的过程中，机械能守恒有，

    ②（2分）

    由①②解得高度m（1分）

    （2）设小球能够沿竖直轨道运动到O点时的最小速度为v0，则有③（2分）

    小球至少应从H0高处落下，④（1分）

    由③④可得（1分）

    由H>H0，小球可以通过O点. （1分）

     （3）小球由H落下通过O点的速度为m/s（1分）

    小球通过O点后做平抛运动，设小球经过时间t落到AB圆弧轨道上，

    建立图示的坐标系，有 ⑤（1分）

    ⑥（1分） 且⑦（1分）

    由⑤⑥⑦可解得时间t=1s（负解舍去）（1分）

    落到轨道上速度大小为m/s（1分）

    18．解析：（1）当飞船以v0绕月球做半径为rA=R+h的

    圆周运动时，由牛顿第二定律得，

    （2分）

    则（2分）

    式中M表示月球的质量，R为月球的半径，为月球表面的重力加速度，

    所以代入数据得，v0=1652m/s（2分）

       （2）根据开普勒第二定律，飞船在A、B两处的面积速度相等，所以有rAvA=rBvB，

    即(R+h)vA=RvB  ①（2分）

    由机械能守恒定律得，  ②（2分）

    由①②式并代入数据得，vA=1628m/s（2分）

    故登月所需速度的改变量为m/s（2分）

    飞船在A点喷气前后动量守恒，设喷气总质量为ㄓm，因喷气前的动量为mv0，喷气后的动量为(m－ㄓm)vA+ㄓm(v0+u)，前后动量相等，

    故有mv0=(m－ㄓm)vA+ㄓm(v0+u)，（2 分）

    故喷气所消耗的燃料的质量为ㄓm=mㄓv/(u+ㄓv)=28.7kg（2分）

     

     


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