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题型:简答题
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简答题

为了节能,某货场设计了如图所示的送货装置,长为L的水平传送带右端B与一光滑弧面相连,弧面顶端为储货平台,将货物无初速度轻放在传送带左端A,通过传送带到达B端时具有一定动能,货物可以利用此动能滑上储货平台,平台离传送带高h,在安装调试时传送带以某一速度匀速运动,工人发现货物只能上滑到处,为了进一步研究货物不能滑上平台的原因,工人在传送带上用粉笔画了一条直线,当货物放上去后发现有一段长为S0(S0<L)的粉笔线被货物擦过,则

(1)货物与传送带间的动摩擦因数多大?

(2)为了将货物送上储货平台,工人进行了适当调整,使货物滑上平台后刚好停止,分析说明工人采取了什么措施及装置应满足的条件.

(3)在满足(2)的条件下,货物获得的机械能与系统增加的内能之比多大?

正确答案

(1)货物滑上弧面后机械能守恒,则有    

  mv2=mg•,得到v=

货物放上传送带后,最初做匀加速运动,设位移为s1,在相同时间内传送带通过的位移为s2,传送带的速度为v,

由运动学公式得:s1=t,s2=vt,

又S0=s2-s1

得到:S0=

所以得到s1=S0

由动能定理得       

  μmgs1=mv2

又所以μ=

(2)因为S0<L,货物与传送带间动摩擦因数一定,因此可用增大加速距离的方法来提高货物离开传送带时的速度,

提高传送带的速度即可增大加速距离,从而提高货物离开传送带时的速度,使mv2=mgh即能满足要求.       

此时传送带的长度应不小于货物加速的距离有

  μmgs=mv2

联立得到:s=2S0        

又要满足s≤L,则有L≥2S0

(3)在满足(2)的条件下,货物获得的机械能等于增加的重力势能mgh,由(1)得到:△E=μmg2S0

由功能关系知系统增加的内能等于克服摩擦力做的功,即Q=μmgs

由(1)知货物相对传送带的位移为  s=2S0

所以在满足(2)的条件下,货物获得的机械能与系统增加的内能之比值为1:1.

答:

(1)货物与传送带间的动摩擦因数μ=

(2)为了将货物送上储货平台,使货物滑上平台后刚好停止,分析说明工人采取了提高传送带的速度的措施,装置应满足的条件是L≥2S0

(3)在满足(2)的条件下,货物获得的机械能与系统增加的内能之比1:1.

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简答题

两个完全相同的小金属块A、B,A固定在倾角θ=300的绝缘斜面上,带电量q=+2×10-5C,以A所在的高度为零势能面.B原来不带电,质量m=1kg,A、B相距3m且将A、B视作点电荷.B由静止起沿斜面下滑.斜面动摩擦系数μ=,静电力常量k=9.0×109N•m2/C2,重力加速度g=10m/s2.求:

(1)B碰撞A时的速度大小;

(2)B在离A多少距离时,所具有的动能和重力势能相等;

(3)B碰A后,速度方向反向,沿斜面上滑,至最高点后再次下滑,分别求出上滑过程中和下滑过程中动能最大的位置距A点的距离;

(4)如果选定两个点电荷在相距无穷远的电势能为0,则相距为r时,两点电荷具有的电势能可表示为E P=k.则计算B从上滑过程的动能最大位置到再次下滑过程的动能最大位置的总势能变化量.

正确答案

(1)物块下滑的加速度a=gsin30°-μgcos30°=2m/s2

由推导式知与A碰撞时的速度V1==2m/s≈3.46m/s                    

(2)设动能和重力势能相等时A、B间距为S1,则:

mgsin30°=+mgS1sin30°+μmgcos30°(S-S1

其中=mgS1sin30°

解得:S1=m≈0.86m                                  

(3)碰撞后电荷重新分配:q1=q2=C=1×10-5C

上滑过程B做加速度减小的加速运动,当B受的合力为零时动能最大,此时有:

mgsin30°+μmgcos30°=K

解得r1=m≈0.34m                            

下滑过程,B做加速度减小的加速运动,当B受的合力为零时动能最大,此时有:

mgsin30°=μmgcos30°+K

解得r2=m≈0.67m                                    

(4)电场力做的总功为△ε电=(k-k)=-J=-1.34J=-△E

重力势能的变化量为△EG=mg(r2-r1)•sin300=J=1.68J

△E势=△EG+△E电=[(-)+]J=J=0.34J

答:(1)B碰撞A时的速度大小为3.46m/s;

(2)B在离A0.86m 时,所具有的动能和重力势能相等;

(3)B碰A后,上滑过程中和下滑过程中动能最大的位置距A点的距离分别为0.34m 和0.67m;

(4)如果选定两个点电荷在相距无穷远的电势能为0,B从上滑过程的动能最大位置到再次下滑过程的动能最大位置的总势能变化量为0.34J.

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简答题

如图所示,从阴极K发射的热电子(初速度不计)质量为m、电量为e,通过电压U加速后,垂直进入磁感应强度为B、宽为L的匀强磁场(磁场的上下区域足够大)中.求:

(1)电子进入磁场时的速度大小;

(2)电子离开磁场时,偏离原方向的距离.

正确答案

(1)设电子进入磁场时的速度为v

由动能定理有eU=mv2所以v=

(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动,设运动半径为R

由牛顿第二定律得:evB=

所以  R=

讨论:①若R>L,即U>.电子从磁场右边界离开

由几何关系知偏转距离为d=R-

代入数据并整理得d=(-)

②若R≤L,即U≤,电子从磁场左边界离开

由几何关系知偏转距离为  d=2R    

代入数据并整理得d=

答:(1)电子进入磁场时的速度大小为

(2):①若R>L,电子离开磁场时,偏离原方向的距离(-),

    ②若R≤L,电子离开磁场时,偏离原方向的距离

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简答题

如图所示,在水平地面上固定一个绝缘、粗糙的足够长的水平轨道,水平轨道处于电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场中。水平轨道左端固定一个与水平面垂直的挡板,一质量为m、带电量为q(q>0)的滑块从距离挡板为x0处以初速度v0水平向左运动,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小为F(F>qE)。设滑块与挡板碰撞过程没有机械能损失,且电量保持不变,重力加速度大小为g,求:

(1)滑块在水平轨道上向左运动时的加速度大小和方向;

(2)滑块停止运动前可能通过的总路程x。

正确答案

解:(1),方向水平向右。

(2)①,

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简答题

一带正电的微粒,从A点射入水平方向的匀强电场中,微粒沿直线AB运动,如图所示,AB与电场线夹角。已知带电微粒的质量m=1.0×10-7kg,电荷量q=1.0×10-10C,A、B相距L=20cm(g=10m/s2)。

(1)说明微粒在电场中运动的性质,要求说明理由;

(2)求电场强度的大小和方向;

(3)要使微粒从A点运动到B点,微粒进入电场时的最小速度是多大?

正确答案

解:(1)由于微粒沿AB做直线运动,所以微粒所受外力的合力,应在AB直线上,其受力情况如图所示,合力F的方向与初速度vA的方向相反,因此微粒做匀减速直线运动。

       

(2)由于qE=mgctgθ

      则电场强度E=,方向水平向左

(3)要使微粒由A运动到B,则当vB=0时,微粒进入电场中的速度vA最小,由动能定理可得

     

      代入数据解得vA=2.8m/s

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简答题

2011年3月11日,日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失。灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组,对海啸的威力进行了模拟研究,他们设计了如下的模型:如图甲在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动,推力F随位移x变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为

(1)运动过程中物体的最大加速度为多少?

(2)在距出发点什么位置时物体的速度达到最大?

(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少?

正确答案

解:(1)牛顿运动定理F-μmg=ma

当推力F=100N时,物体所受合力最大,加速度最大

代入解得a=F/m-μg=20m/s2(2)由图像可得推力F随位移x变化的数值关系为:F=100-25x

速度最大时,物体加速度为零

则F=μmg

代入解得x=3.2m

(3)由图像得推力对物体做功WF=1/2F·x0=200J

动能定理WF-μmgxm=0

代入数据得xm=10m

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题型:简答题
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简答题

如图,AB为粗糙的长直斜面,动摩擦因数μ=0.4,与水平方向的夹角θ=37°,BC为光滑水平面,CDE为光滑曲面,B、C两接口处均光滑连接.D、E两点离水平地面的高度分别为h1=8.64m,h2=4m.一质量m=0.20kg的滑块由斜面上某一点P从静止开始下滑,在斜面上始终受一水平向右恒力F=1N的作用,到达B点时立即撤去拉力F,从P点到达C点共经历t=3s.已知PB与BC长度之和为32m.求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2

(1)滑块沿AB段运动时加速度a和所用时间t1

(2)若水平向右恒力F大小可调,则恒力F在何范围内可使滑块沿PB、BC运动越过曲面落地.某同学对第二问的解答如下:若要使滑块越过曲面落地,则离开曲面E点时的速度至少为0.从P点至E点列出动能定理.即可求得所需的最小恒力.请判断该同学的解答是否正确,并说明理由,若该同学解答错误则求出正确的恒力范围.

正确答案

(1)由牛顿第二定律Fcosθ+mgsinθ-μN=ma ①

由垂直斜面方向受力平衡可得N=mgcosθ-Fsinθ ②

联立①②可得加速度a=8m/s2

S=S1+S2=a1t12+a1t1(t-t1)

得t1=2s

(2)该同学回答错误.

错误1:至少滑到D点速度为0才可以越过曲面落地.

错误2:在斜面上力F不能过大,否则物块将离开斜面运动.

从P至D动能定理WG+WF+Wf=△EKmg(s1sinθ-h1)+F1s1cosθ-μ(mgcosθ-F1sinθ)s1=0

得F1=0.5N

F2sinθ=mgcosθ

得F2=2.67N

所以恒力F的范围应该为F1<F≤F2

即0.5N<F≤2.67N

答:(1)滑块沿AB段运动时加速度为8m/s2,所用时间为2s.

(2)恒力的范围为0.5N<F≤2.67N.

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题型:填空题
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填空题

如图,固定于竖直面内的粗糙斜杆,与水平方向夹角为30°,质量为m的小球套在杆上,在大小不变的拉力作用下,小球沿杆由底端匀速运动到顶端.为使拉力做功最小,拉力F与杆的夹角α=______,拉力大小F=______.

正确答案

∵小球匀速运动,由动能定理得;WF-Wf-WG=0

     要使拉力做功最小则Wf=0,即摩擦力为0,则支持力为0.

     分析小球受的各力然后正交分解列方程:

     垂直斜面方向:Fsinα=mgcos30°

     沿斜面方向:Fcosα=mgsin30°

     解以上两方程得:α=60°,F=mg

     故答案为:α=60°,F=mg

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简答题

如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一个幼儿用与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面做直线运动,已知拉力F=3.0 N,玩具的质量m=0.5 kg,经时间t=2.0 s,玩具移动了s=4 m,这时幼儿松开手,问玩具还能运动多远?(取g=10 m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)

正确答案

解:幼儿拉玩具时:s=at2

Fcosθ-μFN=ma

mg-Fsinθ=FN

2秒末玩具的速度:v=at

μ=,v=4 m/s

撤去拉力后:Ff′=μmg

-Ff′s′=0-mv2

s′=2.6 m

幼儿松开手,玩具还能运动2.6 m

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简答题

如图甲所示,一质量为m=1kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点,从t=0时刻开始,物体在受如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动,第3s末物块运动到B点时速度刚好为零,第5s末物块刚好回到A点,已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2。求:

(1)AB间的距离;

(2)水平力F在5s时间内对小物块所做的功。

正确答案

解:(1)在3s~5s物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点,设加速度为a,AB间的距离为s,则

 ①

 ②

 ③

(2)设整个过程中F所做功为WF,物块回到A点的速度为VA,由动能定理得:

 ④

 ⑤

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简答题

质量为的汽车,沿倾角为的斜坡由静止开始运动,汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为,汽车发动机的额定输出功率为,开始时以的加速度做匀加速运动()。求:

(1)汽车做匀加速运动的时间;

(2)汽车所能达到的最大速率;

(3)若斜坡长,且认为汽车达到坡顶之前,已达到最大速率,则汽车从坡底到坡顶需多少时间?

正确答案

解:(1)根据牛顿第二定律有:

设匀加速的末速度为,则有:

 代入数值,联立解得:匀加速的时间为:

(2)当达到最大速度vm时,有:

解得:汽车的最大速度为:

(3)汽车匀加速运动的位移为:

在后一阶段牵引力对汽车做正功,重力和阻力做负功,根据动能定理有:

又有

代入数值,联立求解得:

所以汽车总的运动时间为:

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简答题

如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°,质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物(木箱和货物都可看作质点)沿轨道无初速度滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程。(重力加速度为g)

(1)求木箱下滑与上滑过程的加速度大小之比(只讨论木箱没有与弹簧接触的阶段)。

(2)证明货物质量m与木箱质量M之比为2:1。

正确答案

解:(1)下滑过程(M+m)gsin300-μ(M+m)gcos300=(M+m)a1

上滑过程Mgsin300+μMgcos300=Ma2

代入数据解得a1:a2=1:3

(2)证明:设下滑的总高度为h,全过程用动能定理

代入数据解得m:M=2:1。

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简答题

某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图象,如图所示(除2s-10s时间段内的图象为曲线外,其余时间段图象均为直线)。已知小车运动的过程中,2s-14s时间段内小车的功率保持不变,在14s末停止遥控而让小车自由滑行。小车的质量为1kg,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。求:

(1)小车所受到的阻力大小;

(2)小车匀速行驶阶段的功率;

(3)小车在加速运动过程中位移的大小。

正确答案

解:(1)14到18秒间=1.5N

(2)=9w

(3)2到10秒间得,得=39m。

1到2秒间=3m,所以加速阶段的位移大小为42m。

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简答题

某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图象,如图所示(除2s-10s时间段内的图象为曲线外,其余时间段图象均为直线)。已知小车运动的过程中,2s-14s时间段内小车的功率保持不变,在14s末停止遥控而让小车自由滑行。小车的质量为1kg,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。求:

(1)小车所受到的阻力大小;

(2)小车匀速行驶阶段的功率;

(3)小车在加速运动过程中位移的大小。

正确答案

解:(1)由图象可得,在14s--18s时间内,阻力大小:

(2)在10s--14s内小车做匀速运动:

故小车功率:

(3)速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小:

0--2s内,

2s--10s内,根据动能定理有:

解得:

故小车在加速过程中的位移为:

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简答题

倾角θ=370,质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上,质量m=2kg的木块置于斜面顶端,从静止开始匀加速下滑,经t=2s到达底端,运动路程L=4m。在此过程中斜面保持静止(sin 370=0.6,cos370=0. 8,g取10m/s2)求:

(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向;

(2)地面对斜面的支持力大小;

(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。

正确答案

解:(1)木块做匀加速运动

所以

木块受力如图,

由牛顿第二定律mg sin370-f1= ma

f1=mgsin370-ma=2×10×0.6-2×2=8N

N1=mgcos370=2×10×0.8=16N

斜面受力如图,

由共点力平衡,地面对斜面摩擦力f2=N1' sin 370-f1'cos370=16×0.6-8×0.8=3.2N

方向沿水平向左 

(2)地面对斜面的支持力N2=Mg +N1' cos370+ f1' sin370=5×10 +16×0.8+8×0.6 =67.6N

(3)木块在下滑过程中,沿斜面方向合力及该力做功为F=mgsin370-f1=2×10×0.6-8= 4N

W=FL=4×4=16J

木块末速度及动能增量v=at=2×2=4m/s

 由此可知,在下滑过程中W=△Ek

动能定理成立。

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