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简答题

某日有雾的清晨,一艘质量为m=500t的轮船,从某码头由静止起航做直线运动,并保持发动机的输出功率等于额定功率不变,经t0=10min后,达到最大行驶速度vm=20m/s,雾也恰好散开,此时船长突然发现航线正前方S=480m处,有一只拖网渔船以v=5m/s的速度沿垂直航线方向匀速运动,且此时渔船船头恰好位于轮船的航线上,轮船船长立即下令采取制动措施,附加了恒定的制动力F=1.0×105N,结果渔船的拖网越过轮船的航线时,轮船也恰好从该点通过,从而避免了事故的发生。已知渔船连同拖网总长度L=200m(不考虑拖网渔船的宽度),假定水对船阻力的大小恒定不变,求:

(1)轮船减速时的加速度a;

(2)轮船的额定功率P;

(3)发现渔船时,轮船离开码头的距离。

正确答案

解:(1)渔船通过的时间t==40s

由运动学公式

得到=-0.4m/s2 

(2)轮船做减速运动时,牛顿第二定律:-( F+ Ff) =ma

解得Ff=1.0×105N

最大速度行驶时,牵引力F=Ff= 1.0×105N,

功率P=Fvm= Ff vm=1.0×105×20W=2.0×106

(3)由动能定理得 

解得S1=m=1.1×104

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某日有雾的清晨,一艘质量为m=500t的轮船,从某码头由静止起航做直线运动,并保持发动机的输出功率等于额定功率不变,经t0=10min后,达到最大行驶速度vm=20m/s,雾也恰好散开,此时船长突然发现航线正前方S=480m处,有一只拖网渔船以v=5m/s的速度沿垂直航线方向匀速运动,且此时渔船船头恰好位于轮船的航线上,轮船船长立即下令采取制动措施,附加了恒定的制动力F=1.0×105N,结果渔船的拖网越过轮船的航线时,轮船也恰好从该点通过,从而避免了事故的发生.已知渔船连同拖网总长度L=200m(不考虑拖网渔船的宽度),假定水对船阻力的大小恒定不变,求:

(1)轮船减速时的加速度a;

(2)轮船的额定功率P;

(3)发现渔船时,轮船离开码头的距离.

正确答案

(1)渔船通过的时间t==s=40s                                  

由运动学公式S=vmt+at2

得到 a==m/s2=-0.4m/s2                   

(2)轮船做减速运动时,由牛顿第二定律得:-( F+Ff)=ma                      

解得Ff=1.0×105 N                                                  

最大速度行驶时,牵引力F=Ff=1.0×105N,

功率P=Fvm=Ff vm=1.0×105×20W=2.0×106 W                              

(3)由动能定理得Pt0+(-FfS1)=m

解得S1==m=1.1×104m

答:(1)轮船减速时的加速度a为=-0.4m/s2

(2)轮船的额定功率P为2.0×106 W;

(3)发现渔船时,轮船离开码头的距离为1.1×104m.

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如图所示,一质量M=2.0kg的长木板静止放在光滑水平面上,在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块,小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动,经过t=1.0s后撤去该恒力,此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m处.在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来.求:

(1)小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向;

(2)作用于木板的恒力F的大小;

(3)木板的长度至少是多少?

正确答案

(1)设小物块受到的摩擦力为f=μN1=μmg=0.2×1.0×10N=2N    方向水平向右.

    (2)设小物块的加速度为a1,木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2,此过程中小物块的位移为s1,木板的位移为s2

        由牛顿定律及运动规律可知:f=ma1     a1=2.0m/s2

           s1=a1t2            

           s2=a2t2      

           s2-s1=l

       带入数据解得:a2=4m/s2

      设木板受到的摩擦力为f’,f’=f,对木板根据牛顿第二定律:F-f’=Ma2

       则F=f’+ma2,代入数值得出F=10N.

(3)设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2,撤去F后,木板与小物块组成的系统动量守恒,

    当小物块与木板相对静止时,它们具有共同速度v,

        

     根据动量守恒定律得:mv1+Mv2=(m+M)v        

      v=m/s=m/s

     对小物块:根据动能定理:fs=mv2-mv12

     对木板:根据动能定理:-f(s+l′)=Mv2-Mv22

       代入数据:l′=m    

    所以木板的长度至少为L=l+l′=m≈1.7m  

答:(1)小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小为2N,方向水平向右;(2)作用于木板的恒力F的大小为10N;(3)木板的长度至少是1.7m.

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质量为m=4kg的物体与水平地面间的滑动摩擦因数为μ=0.2,现在F=20N的水平拉力作用下由静止开始在水平面内做匀加速直线运动,g=10m/s2  求:

(1)前2S内F对物体所做的功?

(2)2S末物体的动能?

(3)若2S末撤去F,则物体还可以向前运动多远?

正确答案

(1)前2s内物体的加速度为a==m/s2=3m/s2

前2S内物体的位移为S=at2=×3×22m=6m

F对物体所做的功W=FS=20×6J=120J

(2)2s末物体的速度为v=at=6m/s,物体的动能为Ek=mv2=×4×62J=72J

(3)由动能定理得

-μmgS′=0-Ek

代入解得到S′=9m.

答:

(1)前2S内F对物体所做的功是120J.

(2)2S末物体的动能是72J.

(3)若2S末撤去F,物体还可以向前运动9m.

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如图,A、B两木块用紧绷的细线相连,细线长0.5m,两木块的质量为mA=1.0kg,mB=2.0kg,在水平向右的拉力作用下以某一速度水平向右做匀速运动,两物体与地面间的摩擦力与重力成正比,比例系数相同,某一时刻两者间的细线突然断开,而拉力不变.从此时开始计时,经t=3s时物体B向前移动了S=5m,此时立即去掉拉力,试求:

(1)物体A停止后再经多长时间物体B才停止?

(2)二者都停止后,A与B之间的距离.

正确答案

(1)如果绳断时撤去拉力,则AB一起停止运动.

现在A停止后B还运动3s,是因为F给B一定的冲量,所以:Ft-kmBgt1=0;

又根据平衡条件,有:F=k(mA+mB)g;

可得t1=4.5s.

(2)A停止后B还运动5m,是因为F对B做了功.所以根据功能关系,有:

Fs-kmBgs1=0;

可得s1=7.5m;

即△s=L+s1=8m.

答:(1)物体A停止后再经4,5s时间物体B才停止.

(2)二者都停止后,A与B之间的距离为8m.

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如图所示,斜面长为S=15m,倾角为θ=37°,一物体质量为m=2kg,从斜面底端的A点开始以初速度v0=20m/s,沿斜面向上滑行.斜面与物体间的动摩擦因数为μ=0.5,物体滑到斜面顶端B点时飞出斜面,最后落在与A点处于同一水平面上的C处(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,不计空气阻力),求:

(1)物体由A运动到B所需时间;

(2)物体落到C时的速度大小为多少?

正确答案

(1)物体由A到B过程中,根据牛顿第二定律得:

mgsinθ+μmgcosθ=ma,得a=g(sinθ+μcosθ)

代入解得:a=10sm/s2

由:S=v0t-at2得:

15=20t-5t2解得:t1=1s,t2=3s,

因为根据v=v0-at=20-10×3(m/s)=-10m/s,说明物体在t2时刻沿斜面向下,与题不符,舍去.

(2)从A到C整个过程,重力做功为零,根据动能定理得:

-μmgScosθ=m-m

解得:vC=2m/s

答:

(1)物体由A运动到B所需时间是1s;

(2)物体落到C时的速度大小为2m/s.

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质量m=0.78kg的木块静止于水平面上,现在恒力F作用下做匀加速直线运动,已知恒力大小F=4.5N,方向与水平方向成θ=37°角斜向上,如图所示.3s末撤去此拉力时,木块已滑行的距离s0=9m,(重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.)求:

(1)木块与地面间的动摩擦因数;

(2)撤去拉力后,木块继续滑行的距离;

(3)在整个运动过程中,摩擦力对木块做的功.

正确答案

(1)s0=a1t12

物体共受到四个力的作用:重力G,拉力F,支持力N,滑动摩擦力f,

由牛顿第二定律F=ma得:

N+Fsinθ=mg,

Fcosθ-μN=ma1

解得μ=0.4

(2)3s末木块的速度:v1=a1t1

匀减速阶段a2=μg

木块继续滑行的距离s=

解得:s=4.5 m               

(3)对整个过程运用动能定理分析:

    WF+Wf=0-0=0

又WF=Fs0cosθ

所以摩擦力对木块做的功Wf=-32.4J

答:(1)木块与地面间的动摩擦因数是0.4;

(2)撤去拉力后,木块继续滑行的距离是4.5 m;

(3)在整个运动过程中,摩擦力对木块做的功是-32.4J.

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汽车的制动性能,是衡量汽车性能的重要指标.在一次汽车制动性能的测试中,司机踩下刹车闸,使汽车在阻力作用下逐渐停止运动.下表中记录的是汽车在不同速率下行驶时,制动后所经过的距离.

请根据表中的数据,分析以下问题:

(1)为什么汽车的速率越大,制动的距离也越大?

(2)让汽车载上3名乘客,再做同样的测试,结果发现制动距离加长了.试分析原因.

(3)设汽车(没有乘客时)以60km/h的速率行驶的时候制动,估算汽车制动的距离.(要求写出分析的依据和过程)

正确答案

(1)在质量一定的情况下,汽车的速度越大,它的动能(mv2)也越大,

根据动能定理,相同制动力作用下停下来的距离越长.             

(2)同样道理,在速度相等时,汽车的质量(增加成员)大,它的动能(mv2)也越大.

根据动能定理,当然相同制动力作用下停下来的距离当然也越长.   

(3)设汽车的质量(含驾驶员)为M,汽车制动力近似每次相等(与速度无关)设为f,汽车速度为V,

根据动能定理:-fs=0-MV2

解得s==

当汽车速度为60km/s时,位移变为速度是10km/h时的36倍,则汽车制动的距离为36m.

答:(1)根据动能定理知,制动力相同,初动能越大,制动距离越大.

(2)质量增加,则初动能增加,制动力不变,根据动能定理,制动距离增大.

(3)汽车制动的距离为36m.

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图是导轨式电磁炮实验装置示意图.两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放金属滑块(即实验用弹丸).滑块可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触.电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过滑块,再从另一导轨流回电源.滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射.在发射过程中,该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场,方向垂直于纸面,其强度与电流的关系为B=kI,比例常量k=2.5×10-6T/A.已知两导轨内侧间距l=1.5cm,滑块的质量m=30g,滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=3.0km/s(此过程视为匀加速运动).

(1)求发射过程中电源提供的电流强度.

(2)若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能,则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大?

(3)若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的砂箱,它嵌入砂箱的深度为s′.设砂箱质量为M,滑块质量为m,不计砂箱与水平面之间的摩擦.求滑块对砂箱平均冲击力的表达式.

正确答案

(1)由匀加速运动公式 a==9×105m/s2

由安培力公式和牛顿第二定律,有 

F=IBl=kI2l

F=ma

因此 

I==8.5×105A

即发射过程中电源提供的电流强度为8.5×105A.

(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%,即:P△t×4%=mv2

发射过程中电源供电时间

△t==×10-2s

因而,所需的电源输出功率为

P==1.0×109W

由功率P=IU,解得输出电压:

U==1.2×103V

即发射过程中电源的输出功率为1.0×109W、输出电压为1.2×103V.

(3)分别对砂箱和滑块用动能定理,有

fsM=MV2             

f'sm=mV2-mv2

由牛顿定律f=-f'和相对运动sm=sM+s'

再由动量守恒定律

mv=(m+M)V

联立求得

fs'=mv2

故平均冲击力

f=

即滑块对砂箱平均冲击力为

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如图甲所示,水平天花板下悬挂一光滑的轻质的定滑轮,跨过定滑轮的质量不计的绳(绳承受拉力足够大)两端分别连接物块A和B,A的质量为m0,B的质量m是可以变化的,当B的质量改变时,可以得到A加速度变化图线如图乙所示,不计空气阻力和所有的摩擦,A加速度向上为正.

(1)求图乙中a1、a2和m1的大小.

(2)若m0=0.8kg,m=1.2kg,AB开始都在离水平地面H=0.5m处,由静止释放AB,且B着地后不反弹,求A上升离水平地面的最大高度.(g取10m/s2

(3)根据牛顿定律和运动学规律,证明在A和B未着地或与滑轮接触时,AB系统机械能守恒.

正确答案

(1)对B物体受力分析,受重力mg和拉力F,根据牛顿第二定律,有:mg-F=ma

对A物体受力分析,受重力m0g和拉力F,根据牛顿第二定律,有:F-m0g=m0a

解得a=g

当m→∞时a1=g

当m=0时a2=-g

当a=0时m=m1=m0

即图乙中a1、a2和m1的大小分别为:g、-g、m0

(2)方法一:用牛二定律和运动学关系从H=0.5m高处释放,AB加速度有

a=g=2m/s2

B着地时A速度v== m/s

接着A做竖直上抛,上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

方法二:用动能定理B刚落地时A、B有大小相等的速度,设为v则有:

(m+m0)v2=(m-m0)gH

代入数据解得:v= m/s

接着A做竖直上抛,上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

(3)设A开始离水平面h1,B开始离水平面h2,由静止释放A上升到高度h1′,B下降到高度h2′,则h1′-h1=h2-h2′=h

代入(1)问中加速度a,AB发生h位移时速度为v

v2=2ah

v2=2gh

(m+m0)v2=mg(h2-h2′)-m0g(h1′-h1

m0v2+m0gh1′+mv2+mgh2′=m0gh1+mgh2

故A、B系统机械能守恒.

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质量为8×107kg的列车,从某处开始进站并关闭发动机,只在恒定阻力作用下减速滑行.已知它开始滑行时的初速度为20m/s,当它滑行了300m时,速度减小到10m/s,接着又滑行了一段距离后刚好到达站台停下,那么:

(1)关闭动力时列车的初动能为多大?

(2)列车受到的恒定阻力为多大?

(3)列车进站滑行的总时间为多大?

正确答案

(1)列车的初动能Ek0=m=×8×107×202J=1.6×1010J

(2)由动能定理有:-f•s=m-m

得  f=N=4×107N

(3)由2ax=vt2-v02  求得a=0.5m/s2  

则列车进站滑行的总时间为t==40s     

答:(1)关闭动力时列车的初动能为1.6×1010J.

(2)列车受到的恒定阻力为4×107N.

(3)列车进站滑行的总时间为40s.

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如图所示,A、B是两块竖直放置的平行金属板,相距为2L,分别带有等量的负、正电荷,在两板间形成电场强度大小为E的匀强电场.A板上有一小孔(它的存在对两板间匀强电场分布的影响可忽略不计),孔的下沿右侧有一条与板垂直的水平光滑绝缘轨道,一个质量为m,电荷量为g(g>0)的小球(可视为质点),在外力作用下静止在轨道的中点P处.孔的下沿左侧也有一与板垂直的水平光滑绝缘轨道,轨道上距A板L处有一固定档板,长为L的轻弹簧左端固定在挡板上,右端固定一块轻小的绝缘材料制成的薄板Q.撤去外力释放带电小粒,它将在电场力作用下由静止开始向左运动,穿过小孔后(不与金属板A接触)与薄板Q一起压缩弹簧,由于薄板Q及弹簧的质量都可以忽略不计,可认为小球与Q接触过程中不损失机械能.小球从接触Q开始,经历时间To第一次把弹簧压缩至最短,然后又被弹簧弹回.由于薄板Q的绝缘性能有所欠缺,使得小球每次离开Q瞬间,小球的电荷量都损失一部分,而变成刚与Q接触时小球电荷量的(k>1)求:

(l)小球第一次接触Q时的速度大小;

(2)假设小球第n次弹回两板间后向右运动的最远处没有到达B板,试导出小球从第n次接触Q,到本次向右运动至最远处的时间Tn的表达式;

(3)若k=2,且小孔右侧的轨道粗糙与带电小球间的滑动摩擦力为f=,试求带电小球最终停止的位置距P点的距离.

正确答案

(1)设小球第一次接触Q的速度为v,接触Q前的加速度为a.

根据牛顿第二定律有 qE=ma                                   

对于小球从静止到与Q接触前的过程,根据运动学公式有v2=2al    

联立解得v=              

(2)小球每次离开Q的速度大小相同,等于小球第一次与Q接触时速度大小

v=                        

设小球第n次离开Q向右做减速运动的加速度为an,速度由v减为零

所需时间为tn,小球离开Q所带电荷量为qn,则

qnE=man   

tn=                                      

qn=                               

联立解得tn=

mv

qE

kn                              

小球从第n次接触Q,到本次向右运动至最远处的时间

Tn=2T0+kn

(3)假设小球第1次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L1,则

(qE-f)L-(+f)L1=0       

即L1=L              

假设小球第2次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L2,则

(qE-f)L-2fL1-(+f)L2=0

即L2=L          

又因此时电场力F===f,即带电小球可保持静止

带电小球最终停止的位置距P点的距离L3

L3=L-= 

答:(l)小球第一次接触Q时的速度大小是

(2)小球从第n次接触Q,到本次向右运动至最远处的时间Tn的表达式是Tn=2T0+kn

(3)带电小球最终停止的位置距P点的距离是

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如图所示,小物体放在高度为h=1.25m、长度为S=1.5m的粗糙水平固定桌面的左端A点,以初速度vA=4m/s向右滑行,离开桌子边缘B后,落在水平地面C点,C点与B点的水平距离x=1m,不计空气阻力.试求:(g取10m/s2

(1)小物体离开桌子边缘B后经过多长时间落地?

(2)小物体与桌面之间的动摩擦因数多大?

(3)为使小物体离开桌子边缘B后水平射程加倍,即x'=2x,某同学认为应使小物体的初速度vA'加倍,即vA'=2vA,你同意他的观点吗?试通过计算验证你的结论.

正确答案

(1)设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地,物体竖直方向做自由落体运动,则有  

     h=gt2   ①

得t==s=0.5s  ②

(2)设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB,物体做平抛运动时,水平方向做匀速直线运动,则

  vB==m/s=2m/s  ③

从A→B过程,根据动能定理,有-μmgs=mvB2-mvA2  ④

得μ===0.4  ⑤

(3)不同意.要使水平射程加倍,必须使B点水平速度加倍,即vB'=2vB=4m/s   ⑥

根据动能定理,有-μmgs=mvB′2-mvA′2

解得vA′==2m/s≈5.3m/s≠2vA

所以说该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的.

答:

(1)小物体离开桌子边缘B后经过0.5s时间落地.

(2)小物体与桌面之间的动摩擦因数是0.4.

(3)该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的.

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在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,场强大小E=6×105N/C,方向与x轴正方向相同,在原点O处放一个质量m=0.01kg带负电荷的绝缘物块,其带电量q=-5×10-8C.物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,给物块一个沿x轴正方向的初速度v0=2m/s.如图所示.试求:

(1)物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离;

(2)物体运动的总时间为多长?

正确答案

(1)物块进入电场向右运动的过程,根据动能定理得:-(qE+μmg)s1=0-mv02

得 s1=

代入数据,得:s1=0.4m

(2)物块先向右作匀减速直线运动,

根据:s1=•t1=t1得:t1=0.4s

接着物块向左作匀加速直线运动:a2==1m/s2

根据:s1=a2

代入解得 t2=2s                     

物块离开电场后,向左作匀减速运动:a3=-=-μg=-2m/s2

根据:a3t3=a2t2

得:t3=t2=s

物块运动的总时间为:t=t1+t2+t3=1.74s

答:(1)物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离是0.4m;

(2)物体运动的总时间为1.74s.

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如图所示,一个带电荷量为-q的油滴,从O点以速度v射入匀强电场中,v的方向与电场方向成θ角。已知油滴的质量为m,测得油滴到达运动轨迹的最高点N时,它的速度大小仍为v,求:

(1)最高点与O点的竖直高度:

(2)最高点处与O点的电势差UNO

(3)电场强度E。

正确答案

解:(1)在竖直方向上:(vsinθ)2=2gh,

(2)从O到N,由动能定理得:UNOq-mgh=0

(3)竖直方向上:vsinθ=gt

设水平方向油滴运动的加速度为a,则-v=cosθ-at,Eq=ma

解得

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