- 机械能守恒定律
- 共29368题
如图所示,位于竖直面内的曲线轨道的最低点B的切线沿水平方向,且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接.现有一质量m=0.10kg的滑块(可视为质点),从位于轨道上的A点由静止开始滑下,滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C.已知A点到B点的高度h=1.5m,重力加速度g=10m/s2,空气阻力可忽略不计,求:
(1)滑块通过C点时的速度大小;
(2)滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小;
(3)滑块从A点滑至B点的过程中,克服摩擦阻力所做的功.
正确答案
解;(1)因滑块恰能通过C点,即在C点滑块所受轨道的压力为零,其只受到重力的作用.
设滑块在C点的速度大小为vC,根据牛顿第二定律,对滑块在C点有
mg=m
解得vC==2.0m/s
(2)设滑块在B点时的速度大小为vB,对于滑块从B点到C点的过程,根据机械能守恒定律有 mvB2=
mvC2+mg2R
滑块在B点受重力mg和轨道的支持力FN,根据牛顿第二定律有
FN-mg=m
联立上述两式可解得 FN=6mg=6.0N
根据牛顿第三定律可知,滑块在B点时对轨道的压力大小FN′=6.0N
(3)设滑块从A点滑至B点的过程中,克服摩擦阻力所做的功为Wf,对于此过程,根据动能定律有 mgh-Wf=mvB2
解得Wf=mgh-mvB2=0.50J
答:(1)滑块通过C点时的速度大小为2m/s.
(2)滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6.0N.
(3)滑块从A点滑至B点的过程中,克服摩擦阻力所做的功0.50J.
如图甲所示,一半径R=1.4m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道,与斜面相切于B处,圆弧轨道的最高点为M,斜面倾角θ=37°,t=0时刻有一物块沿斜面上滑,其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示.若物块恰能达到M点,(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),求:
(1)物块经过B点时的速度vB;
(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ;
(3)AB间的距离x.
正确答案
(1)设物体的质量为m,由于物体恰能到达M点,
则在M点有 =mg
物体从B到M点的过程,
由动能定理有:-mgR(1+cos37°)=m
-
m
,
联立以上两式可得,vB==8m/s
(2)由v-t图可知,物体在从A到B点的运动过程中的加速度为a=10m/s2
由牛顿第二定律有,-(mgsin37°+μmgcos37°)=ma
物体与斜面间的动摩擦因数为μ==0.5
(3)物体在从A到B的运动过程中,
初速度vA=16m/s,
由运动学公式-
=2ax
解得:x==9.6m
答:(1)物块经过B点时的速度8m/s;
(2)物块与斜面间的动摩擦因数0.5;
(3)AB间的距离9.6m.
如图甲所示,竖直放置的金属板A、B中间开有小孔,小孔的连线沿水平放置的金属板C、D的中间线,粒子源P可以间断地产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子(初速不计),粒子在A、B间被加速后,再进入金属板C、D间偏转并均能从此电场中射出.已知金属板A、B间的电压UAB=U0,金属板C、D长度为L,间距d=.两板之间的电压UCD随时间t变化的图象如图乙所示.在金属板C、D右侧有二个垂直纸面向里的均匀磁场分布在图示的半环形带中,该环带的内、外圆心与金属板C、D的中心O点重合,内圆半径Rl
=,磁感应强度B0=
.已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期(电场变化的周期T未知),粒子重力不计.
(1)求粒子离开偏转电场时,在垂直于板面方向偏移的最大距离;
(2)若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出,求环带磁场的最小宽度;
(3)若原磁场无外侧半圆形边界且磁感应强度B按如图丙所示的规律变化,设垂直纸面向里的磁场方向为正方向.t=时刻进入偏转电场的带电微粒离开电场后进入磁场,t=
时该微粒的速度方向恰好竖直向上,求该粒子在磁场中运动的时间为多少?
正确答案
(1)设粒子进入偏转电场瞬间的速度为v0,
对粒子加速过程由动能定理得qU0=mv02-0,
进入偏转电场后,加速度a=,
设运动时间为t,则有L=v0t,
只有t=时刻进入偏转电场的粒子,垂直于极板方向偏移的距离最大
y=at2=
L;
(2)t=时刻进入偏转电场的粒子刚好不能穿出磁场时的环带宽度为磁场的最小宽度.
设粒子进入磁场时的速度为v,y=L=
×
d=
d,Uy=
y=
U0,
对粒子的偏转过程,由动能定理得:qU0=
mv2-
mv02,解得:v=
;
在磁场中做圆周运动的半径为R==
;
如图所示,设环带外圆半径为R2,由数学知识可得:(R2-R)2=R12+R2,解得R2=L;
所求d=R2-R1=(1-)L;
(3)微粒运动轨迹如图所示,
微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T1=,
设粒子离开电场时偏转角为θ,则tanθ=,解得:θ=30°,
由几何关系可知微粒运动时间轨迹对应的圆心角为:φ=120°,
此过程微粒运动的时间为t=,
由图可知微粒在磁场中运动的时间:
t′=+T1+
=
T1=
=
;
答:(1)粒子离开偏转电场时,在垂直于板面方向偏移的最大距离是L;
(2)若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出,环带磁场的最小宽度是(1-)L;
(3)该粒子在磁场中运动的时间为.
如图所示,半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上,轨道之间有一条水平轨道CD相通,一质量为m小球以一定的速度先滑上甲轨道,通过动摩擦因数为μ的CD段,又滑上乙轨道,最后离开两圆轨道,若小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零,试求:
(1)进入甲轨道最低点C对轨道的压力;
(2)CD段的长度.
正确答案
(1)在甲轨道最高点,
由牛顿第二定律得:mg=m,
从C点到最高点过程中,
由动能定理得:-2mgR=mv12-
mvC2,
在C点由牛顿第二定律得:FC-mg=m,
解得:vC=,FC=6mg,
由牛顿第三定律得,小球在C点对轨道的压力FC′=FC=6mg;
(2)小球在乙最高点,
由牛顿第二定律得:mg=m,
从D到最高点过程中,由动能定理得:
-2mgr=mv22-
mvD2,解得:vD=
;
从C到D过程中,由动能定理得:
-μmgsCD=mvD2-
mvC2,
解得:sCD=;
答:(1)进入甲轨道最低点C对轨道的压力为6mg;
(2)CD段的长度为.
如图所示,滑块质量为m,与水平地面间的动摩擦因数为0.1,它以的初速度由A点开始向B点滑行,AB=5R,并滑上光滑的半径为R的四分之一圆弧BC,在C点正上方有一旋转平台,沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q,旋转时两孔均能达到C点的正上方。 求:
(1)滑块运动到B点做圆周运动时,对轨道的压力为多大?
(2)若滑块滑过C点后通过P孔,又恰能从Q孔落下,滑块通过P孔时的速度为,则平台转动的角速度ω应满足什么条件?
正确答案
解:(1)设滑块至B点时速度为vB,对滑块由A点到B点由运动学公式①
运动到B点做圆周运动,由牛顿第二定律有:②
由牛顿第三定律得,物体对轨道的压力:③
联立①②③三式解得
(2)滑块穿过P孔后做竖直上抛运动再回到平台的时间:④
转盘转动的时间:(n=0、1、2、3……)⑤
当物体从Q孔落下时有:⑥
联立④⑤⑥三式解得(n=0、1、2、3……)
如图所示,两块竖直放置的平行金属板相距d=1.2m,接电压U=2400V的直流电源,一条长l=50cm的绝缘细线的一端系住一个质量m=50g的带电小球,另一端固定在O点,小球在竖直平面内作以O为圆心,l为半径的圆周运动.当细线在水平位置时,小球具有竖直向下的速度v1=20m/s,当小球运动到最低点,细线竖直时,小球的速度v2=16m/s,问:
(1)小球带何种电荷?电量多少?
(2)当小球在最低点时,细线中的张力多大(g=10m/s2)?
正确答案
(1)因为△Ek<0,重力做正功,∴电场力做负功.小球带负电荷.
根据动能定理:
qUAB-mgh=mv12-
mv22 ①
因为两极板间的电场为匀强电场,所以=
,则UAB=
②
联立①②解得q=3.85×10-3C
(2)由向心力公式得,T-mg=m
解得T=mg+m=26.1N.
答:(1)小球带负电,电量为3.85×10-3C
(2)当小球在最低点时,细线中的张力为26.1N.
用一根长L=0.8 m的轻绳,吊一质量为m=1.0 g的带电小球,放在磁感应强度B=0.1 T,方向如图所示的匀强磁场中,把小球拉到悬点的右端,轻绳刚好水平拉直,将小球由静止释放,小球便在垂直于磁场的竖直平面内摆动,当小球第一次摆到最低点时,悬线的拉力恰好为零(重力加速度g取10 m/s2)。试问:
(1)小球带何种电荷?电量为多少?
(2)当小球第二次经过最低点时,悬线对小球的拉力多大?
正确答案
解:(1)设小球第一次到达最低点速度为v,则由动能定理可得:
在最低点由圆周运动规律得:
解得q=7.5×10-2 C,带负电
(2)小球第二次到达最低点速度仍为v,由圆周运动规律得:
解得F=0.06 N
如图所示为电视机中显像管的原理示意图,电子枪中的灯丝因加热而逸出电子,这些电子再经加速电场加速后,从O点进入由磁偏转线圈产生的圆形匀强磁场区域中,经过偏转磁场后打到荧光屏MN上,使荧光屏发出荧光形成图象.磁场方向垂直于圆面,磁场区域的中心为O′,半径为r.当不加磁场时,电子束将通过O′点打到荧光屏的中心Q点.已知电子的质量为m,电量为e,加速电压为U,磁场区域的最右端到荧光屏的距离为9r.不计从灯丝逸出的电子的初速度和电子之间的相互作用.
(1)电子飞出电场时的速度为多大?
(2)荧光的亮度与电子对荧光屏的冲击有关.当不加偏转磁场时,电子束射到荧光屏中心Q点,设电子全部被荧光屏吸收,则每个电子以多大的冲量冲击荧光屏?
(3)偏转磁场的强弱会影响电子偏离荧光屏中心的距离.当加偏转磁场且磁感应强度B=时,电子束将射到荧光屏上的P点,则PQ间距L为多少?
正确答案
(1)设电子射出电场时的速度为v,根据动能定理有:eU=mv2;
解得:v=;
(2)以电子为研究对象,根据动量定理有:I=0-mv;
解得:I=;
根据牛顿第三定律,电子对荧光屏的冲量大小为I,=I=;
(3)电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,根据牛顿第二定律有:Bev=m;
电子在磁场中偏转的半径R和r有以下关系:tan=
;
同时tanα=;
代入 B=;
解得:L=10r;
答:(1)电子飞出电场时的速度为;
(2)每个电子以的冲量冲击荧光屏;
(3)PQ间距L为10r.
如图所示,是某跳台滑雪的雪道示意简化图,高台滑雪运动员经过一段竖直平面内的圆弧后,从圆弧所在圆的最低点O水平飞出,圆弧半径R=10m.一滑雪运动员连同滑雪板的总质量为50kg,从圆弧轨道上距O点竖直高度为处静止下滑,经过圆弧上的O点时受到的支持力为1000N,飞出后经时间t=2s着陆在雪道上的A点.忽略空气阻力,取重力加速度g=10m/s2.求:
(1)运动员离开O点时速度的大小;
(2)圆弧轨道的摩擦力对运动员所做的功;
(3)运动员落到雪道上A点时速度的大小及在飞行过程中动量的变化.
正确答案
(1)设运动员离开O点时速度为v0,对运动员离开轨道O点时受力分析有:T-mg=m
得:v0=
代入数据解得:v0=10m/s;
(2)运动员从静止下滑至O点的过程中,由动能定理有:mgh+Wf=m
得:Wf=m
-mg
R
代入数据解得:Wf=-500J;
(3)设运动员落到A点时速度为v,运动员离开O点至落到雪道A点过程竖直下落高度H
则 H=gt2;
O点至A点过程机械能守恒 m
+mgH=
mv2;
代入数据联立解得落到雪道上A点时速度的大小v=10m/s;
过程动量变化大小△P=mgt=1000N•m/s;
动量变化方向竖直向下.
将氢原子中电子的运动看作是绕固定的氢核做匀速圆周运动,已知电子的电量为e,质量为m.
(1)若以相距氢核无穷远处为零势能参考位置,则电子运动的轨道半径为r时,原子的能量E=Ek+Ep=-,其中k为静电力恒量,试证明氢原子核在距核r处的电势Ur=k
(2)在研究电子绕核运动的磁效应时,可将电子的运动等效为一个环形电流.现对一氢原子加上一外磁场,其磁感应强度大小为B,方向垂直电子的轨道平面,这时电子运动的等效电流用I1表示,将外磁场反向,但磁感应强度大小为B,这时电子运动的等效电流用I2表示,假设上述两种情况下氢核的位置,电子运动的轨道平面及轨道半径都不变,求外磁场反向前后电子运动的等效电流的差值,即|I1-I2|等于多少?
正确答案
(1)电子绕核做匀速圆周运动有 =m
电子的动能 Ek=mv2
原子的能量 E=Ek+Ep=-
联立求解得 氢原子核r处的电势能
Ep=--
=-
又因为 Ur=
所以 Ur=k
(2)设电子绕核运动的轨道半径为r,运动的速度为v,等效电流 I==
加磁场后,若设电子的运动速度为v1,磁场反向后,电子的运动速率为v2,
则有 +ev1B=m
-ev2B=m
联立求解得 v1-v2=
所以|I1-I2|=|v1-v2|=
答:(1)证明如上.
(2)外磁场反向前后电子运动的等效电流的差值,|I1-I2|等于.
在光滑绝缘的水平面(纸面)上建有如图所示的平面直角坐标系,在此水平面上可视为质点的不带电小球a静止于坐标系的原点O,可视为质点的带正电小球b静止在坐标为(0,-h)的位置上.现加一方向沿y轴正方向、电场强度大小为E、范围足够大的匀强电场,同时给a球以某一速度使其沿x轴正方向运动.当b球到达坐标系原点O时速度为v0,此时立即撤去电场而改加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B、范围足够大的匀强磁场,最终b球能与a球相遇.求:
(1)b球的比荷;
(2)从b球到达原点O开始至b球与a球相遇所需的时间;
(3)撤去电场时,a球的位置坐标.
正确答案
(1)b球在电场力作用下加速,由动能定理得:qEh=m
则b球的比荷为=
(2)b球运动到原点后,只在磁场力作用下,在水平面上做匀速圆周运动,有:qv0B=m
得:R=
b球圆周运动的周期为 T==
=
b球只能与a球相遇在图中的S处,相遇所需时间为:
t=(k+)T=(k+
)
,(k=1,2,3,…)
(3)a球从O点开始运动到S点,与b球相遇所用时间为:t′=t1+t
由h=t1得:t1=
a球通过的位移为:OS=2R
由v=
可得a球的速度为:v=
则撤去电场时,a球在x轴上的坐标为:x0=vt1=
球的位置为(,0)(k=1,2,3,…)
答:(1)b球的比荷为
;
(2)从b球到达原点O开始至b球与a球相遇所需的时间是,(k=1,2,3,…);
(3)撤去电场时,a球的位置坐标是(,0)(k=1,2,3,…).
如图所示,一个半径为R的绝缘光滑半圆环,竖直放在场强为E的匀强电场中,电场方向竖直向下.
在环壁边缘处有一质量为m,带有正电荷q的小球,由静止开始下滑,求小球经过最低点时对环底的压力.
正确答案
小球由静止开始下滑的过程中,由动能定理得
mgR+qER=mv2 ①
小球经过最低点时,由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力,则有
N-mg-qE=m ②
联立①②得,轨道对小球的支持力N=3(mg+qE),则由牛顿第三定律知,小球经过最低点时对环底的压力N′=N=3(mg+qE).
答:小球经过最低点时对环底的压力为3(mg+qE).
有一个竖直放置的圆形轨道,半径为R,由左右两部分组成.如图所示,右半部分AEB是光滑的,左半部分BFA是粗糙的.现在最低点A给一个质量为m的小球一个水平向右的初速度,使小球沿轨道恰好运动到最高点B,小球在B点又能沿BFA轨道回到点A,到达A点时对轨道的压力为4mg.
在求小球在A点的速度V0时,甲同学的解法是:由于小球恰好到达B点,故在B点小球的速度为零,m
=2mgR所以:V0=2
在求小球由BFA回到A点的速度时,乙同学的解法是:由于回到A点时对轨道的压力为4mg
故:4mg=m所以:VA=2
你同意甲、乙两位同学的解法吗?如果同意请说明理由;若不同意,请指出他们的错误之处,并求出结果.根据题中所描绘的物理过程,求小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功.
正确答案
不同意;
甲同学在求V0时,认为小球在B点的速度为零,这是错误的,在B点VB有最小值.
正确的解法是:mg=m①
-2mgR=m
-
m
②
联立①、②求解得:v0=
乙同学在计算中漏掉了重力,应为:FN-mg=m③
将FN=4mg代入解得:vA=
设摩擦力做得功为Wf,小球从B→F→A的过程中由动能定理可得:2mgR+Wf=m
-
m
④
解得:Wf=-mgR
故小球从B→F→A的过程中克服摩擦力做得功为Wf=mgR.
答:小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功mgR.
如图所示,AB为水平轨道,A、B间距离s=1.25m,BCD是半径为R=0.40m的竖直半圆形轨道,B为两轨道的连接点,D为轨道的最高点.有一小物块质量为m=1.0kg,小物块在F=10N的水平力作用下从A点由静止开始运动,到达B点时撤去力F,它与水平轨道和半圆形轨道间的摩擦均不计.g取10m/s2,求:
(1)撤去力F时小物块的速度大小;
(2)小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小;
(3)小物块通过D点后,再一次落回到水平轨道AB上,落点和B点之间的距离大小.
正确答案
(1)当物块从A滑向B时,设在B点撤去F时速度大小为vB.
根据动能定理得:Fs=m
得 vB=5m/s
(2)小物块从B到D点瞬间,由动能定理得:
-mg•2R=m
-
m
解得:vD=3m/s
根据牛顿第二定律得:
FD+mg=m
解得:FD=12.5N
由牛顿第三定律知压力大小为FD′=FD=12.5N
(3)物块通过D点后做平抛运动,有:
2R=gt2
x=vDt
解得:x=1.2m
答:(1)撤去力F时小物块的速度大小是5m/s;
(2)小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小是12.5N;
(3)小物块通过D点后,再一次落回到水平轨道AB上,落点和B点之间的距离大小是1.2m.
如图,粗糙水平面与半径R=2m的光滑圆弧轨道相切于C点。静止于A处的物体,在大小为10N、方向与水平面成37°角的拉力F作用下沿水平面运动,到达C点时立即撤去F,物体沿光滑圆弧向上冲,然后返回经过C点进入水平面且停在B处。已知:物体返回经过C点时对轨道压力大小为物体重量的2.8倍,sAC=15m,sBC=4.5m,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
(1)物体的质量;
(2)物体与水平面的动摩擦因素。
正确答案
解:(1)设物体的质量为m,与水平面的动摩擦因数为μ,经过C点时的速度为vC。
物体返回经过C点时,由牛顿第二定律:①
依题意:②
联立①②并代入R=2m,g=10m/s2,得:③
从C到B,动能定理:④
由③④并代入sBC=4.5m,g=10m/s2,解得:⑤
(2)由于圆弧轨道光滑,物体第一次通过C与第二次通过时的速度大小相等。
A到C,由动能定理:⑥
由③⑤⑥并代入F=10N,sAC=15m,g=10m/s2,解得:。
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