Question

4．如圖所示，兩個(gè)$\frac{1}{4}$圓弧形軌道豎直固定，相切于最低點(diǎn)P，⊙O₂的半徑是⊙O₁半徑R的兩倍，圓心O₁、O₂與P點(diǎn)在同一豎直線上，以速率v₁、v₂水平拋出a、b兩個(gè)質(zhì)量相同的小球（均為質(zhì)點(diǎn)），兩小球恰好在P點(diǎn)相遇．若a、b兩小球落在P點(diǎn)時(shí)的速度方向與豎直方向的夾角分別為α、β，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（　�。�

• A． v₂=$\sqrt{2}$v₁
• B． b球比a球先拋出的時(shí)間為$\sqrt{\frac{2R}{g}}$
• C． tanα=tanβ
• D． b球落在P點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率是a球落在P點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率的2倍

Answer 1

分析 拋出后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向應(yīng)用勻速運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在豎直方向應(yīng)用自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出兩球的初速度關(guān)系，應(yīng)用速度的分解可以求出小球落地時(shí)速度方向夾角的正切值，然后應(yīng)用功率公式與應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析答題．

解答 解：小球做平拋運(yùn)動(dòng)；
A、豎直方向：h=$\frac{1}{2}$gt²，
t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，
$\frac{{t}_{a}}{{t}_}$$\sqrt{\frac{R}{2R}}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$，
$\frac{{v}_{1}}{{v}_{2}}$=$\frac{\frac{R}{{t}_{a}}}{\frac{2R}{{t}_}}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$，則v₂=$\sqrt{2}$v₁，故A正確；
B、b球比a球先拋出的時(shí)間為：△t=t_b-t_b=$\sqrt{\frac{4R}{g}}$-$\sqrt{\frac{2R}{g}}$=（$\sqrt{2}$-1）$\sqrt{\frac{2R}{g}}$，故B錯(cuò)誤；
C、tanα=$\frac{{v}_{1}}{{v}_{y1}}$=$\frac{{v}_{1}}{g\sqrt{\frac{2R}{g}}}$，
tanβ=$\frac{{v}_{2}}{{v}_{y2}}$=$\frac{{v}_{2}}{g\sqrt{\frac{4R}{g}}}$=$\frac{{v}_{1}}{g\sqrt{\frac{2R}{g}}}$，
則tanα=tanβ，故C正確；
D、落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率：
P_a=mgv_ya=mg×g$\sqrt{\frac{2R}{g}}$=mg$\sqrt{2gR}$，
P_b=mgv_yb=mg×g$\sqrt{\frac{4R}{g}}$=$\sqrt{2}$mg$\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2}$P_a，故D錯(cuò)誤；
故選：AC．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，難度較大，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、功率公式P=Fvcosα可以解題．