- 机械能守恒定律
- 共29368题
在水平地面MN上方高度为h=0.45m处有一个粗糙绝缘平台PQ,如图所示,平台上方PR右侧有水平向右的有界匀强电场,场强E=1.1×104N/C。有一质量m=1.0×10-3kg、带电量为q=-1.0×10-6C的滑块放在平台上,距离平台左端P点L=0.5m处,滑块与平台的滑动摩擦因数为μ=0.2。现给滑块水平向左的初速度v0=4m/s,问:
(1)滑块经过P点时的速度多大?
(2)滑块落地点距N点多远?
正确答案
解:(1)由动能定理:
得:
(2)由,得
如图所示,物体从斜面上的A点静止滑下,A到斜面底端B点的距离为4m,若物体与斜面、物体与水平面间的动摩擦因数均为0.5,斜面与平面间由一小段圆弧连接,物体最终停在C处,求A、C两点间的水平距离。
正确答案
4.8m
(12分)如图所示,真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域,磁感应强度B=0.332T,磁场方向垂直于纸面向里;ab、cd足够长,cd为厚度不计的金箔,金箔右侧有一匀强电场区域,电场强度E=3.32×105N/C;方向与金箔成37°角.紧挨边界ab放一点状α粒子放射源S,可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的α粒子,已知:α粒子的质量m=6.64×10 27kg,电荷量q = 3.2×10 19C,初速度v = 3.2×106m/s。(sin37°= 0.6,cos37°= 0.8)求:
(1)α粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R;
(2)金箔cd被α粒子射中区域的长度L;
(3)设打在金箔上d端离cd中心最远的α粒子穿出金箔进入电场,在电场中运动通过N点,SN⊥ab且SN = 40cm,则此α粒子从金箔上穿出时,损失的动能△EK为多少?
正确答案
(1) (2)
(3)
试题分析:(1)α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即 (1分)
则 (2分)
(2)设cd中心为O,向c端偏转的α粒子,当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远,设切点为P,对应圆心O1,如图所示,则由几何关系得:
(1分)
向d端偏转的α粒子,当沿sb方向射入时,偏离O最远,设此时圆周轨迹与cd交于Q点,对应圆心O2,如图所示,则由几何关系得:
(1分)
故金箔cd被α粒子射中区域的长度 (1分)
(3)设从Q点穿出的α粒子的速度为v′,因半径O2Q∥场强E,则v′⊥E,故穿出的α粒子在电场中做类平抛运动,轨迹如图所示。
沿速度v′方向做匀速直线运动, 位移 (1分)
沿场强E方向做匀加速直线运动,位移 (1分)
则由
得:
(2分)
故此α粒子从金箔上穿出时,损失的动能为
(2分)
如图所示,物体质量m1=0.1kg,视为质点,在C处弹簧发射器的作用下,沿光滑半圆轨道至最高点A处后在空中飞行,不计空气阻力,恰好沿PQ方向击中P点,∠PQC=53°,半圆的半径R=0.5m,A、P两点的竖直距离为0.8米,g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6
(1)此物体离开A点后作什么运动?在A点速度多大?A、P两点的水平距离为多大?物体在A点对轨道的压力有多大?
(2)质量m2=0.2kg的另一物体,也视为质点,放于与A点等高的光滑斜面BP上,其倾角为53°,问:当质量m1的物体刚要离开轨道A点时,静止释放质量m2的物体应该提前还是滞后多少时间,才能实现两物体同时到达P点?
正确答案
(1)物体离开A点后作平抛运动.
物体经过P点时竖直分速度为:vy==
m/s=4m/s
设物体在A点速度大小为vA.
据题意知:物体沿PQ方向击中P点,此时速度恰好沿PQ方向,则:vy=vAtan53°,得 vA=3m/s
物体从A运动到P的时间为:t==
s=0.4s
所以A、P两点的水平距离为 x=vAt=1.2m.
在A点,以物体为研究对象,根据牛顿第二定律得:
N+mg=m
则得,N=m(-g)=0.1×(
-10)N=0.8N;
根据牛顿第三定律得:物体在A点对轨道的压力N′=N=0.8N,方向竖直向上.
(2)质量m2=0.2kg的物体向下的加速度为 a=gsin53°=8m/s2.
根据xBP=at′2,xBP=
=
m=1m
联立解得,m2物体运动到P点的时间 t′=0.5s
所以静止释放质量m2的物体应该提前0.1s才能实现两物体同时到达P点.
答:
(1)此物体离开A点后作平抛运动,在A点速度为3m/s,A、P两点的水平距离为1.2m,物体在A点对轨道的压力为0.8N.
(2)当质量m1的物体刚要离开轨道A点时,静止释放质量m2的物体应该提前0.1s才能实现两物体同时到达P点.
如图所示,为某游戏装置的示意图.高处的光滑水平平台上有一质量为m的滑块(可视为质点)静止在A点,平台的左端有一竖直固定的光滑半圆形细管BC,其半径为2R,与水平面相切于C点,CD为一段长度为5R的粗糙水平轨道,在D处有一竖直固定的半径为R的光滑四分之一圆弧轨道DE,E点切线竖直,在E点正上方有一离E点高度也为R的旋转平台,在旋转平台的一条直径上开有两个离轴心距离相等的小孔M、N,平台以恒定的角速度旋转时两孔均能经过E点的正上方.某游戏者在A点将滑块瞬间弹出,滑块第一次到达C点时速度为v0=3,经过轨道CDE,滑块第一次滑过E点后进入M孔,又恰能从N孔落下,已知滑块与CD部分的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度为g.求:
(1)游戏者对滑块所做的功;
(2)滑块第一次返回到C点时对细管的压力;
(3)平台转动的角速度ω.
正确答案
(1)从A点到C点,由动能定理得到:
W+mg•4R=m
解得:W=0.5mgR
(2)从第一次经过C点到第一次返回C点的整个过程,根据动能定理,有:
-2μmg•5R=m
-
m
在C点,由牛顿第二定律,得到:
FN-mg=m
联立解得:FN=4.5mg,方向竖直向下
(3)从第一次经过C点到M点,由动能定理,得:
-2μmg•5R-mg•2R=m
-
m
从点M落回到点N的时间为:t=
对转盘,有:t= (n=0、1、2、…)
联立求解得:ω= (n=0、1、2、…)
答:(1)游戏者对滑块所做的功为0.5mgR;
(2)滑块第一次返回到C点时对细管的压力为4.5mg,方向竖直向下;
(3)平台转动的角速度ω为 (n=0、1、2、…).
如图所示,在场强为E的竖直向下匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板,在金属板的正上方高为h处有一个小的放射源,放射源上方有一铅板,使放射源可以向水平及斜下方各个方向释放质量为m、电量为q初速度为v0的带电粒子,粒子最后落在金属板上,不计粒子重力,试求:
(1)粒子打在板上时的动能;
(2)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小。
正确答案
解:(1)由动能定理得
(2)
圆形半径x=v0t
面积
如图所示,BC是半径为R的1/4圆弧形光滑且绝缘的轨道,位于竖直平面内,其下端与水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,电场强度为E,今有一质量为m、带正电q的小滑块,(体积很小可视为质点),从C点由静止释放,滑到水平轨道上的A点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ,求:
(1)滑块通过A点时的速度大小;
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离。
正确答案
解:(1)小滑块从C到B的过程中,只有重力和电场力做功。设滑块通过B点时的速度为,根据动能定理有:
解得:
(2)设A、B两点间的距离为L,则滑块由C滑到A的过程中,由动能定理有:
解得:
如图所示,质量为2kg的物体,自竖直平面内半径为1m的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A,由静止开始滑下进入水平直轨道BC,BC=2m,物体与BC轨道的滑动摩擦因数μ=0.2。求:
(1)当它通过BC段进入与AB同样的光滑轨道CD后,它能达到的最大高度H是多少?
(2)它最后停在BC段的什么位置?
正确答案
解:(1)
H=0.6 m
(2)
s=5 m
次,停在中点
如图,让一小物体(可看作质点)从图示斜面上的A点以v0=4m/s的初速度滑上斜面,物体滑到斜面上的B点后沿原路返回.若A到B的距离为1m,斜面倾角为θ=37°.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)若设水平地面为零重力势能面,且物体返回经过C点时,其动能恰与重力势能相等,求C点相对水平地面的高度h.
正确答案
(1)设物体与斜面间的滑动摩擦因数为μ,则物体上滑由A到B做速度由v0变为0的匀减速运动,由动能定理有
-mgssinθ-μmgscosθ=0-,代入数据解得μ=0.25
(本题也可用牛顿运动定律求由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma…①,
又由运动学公式,可得0-v02=-2a•AB…②,
由①②联立,代入数据可得μ=0.25)
即物体与斜面间的动摩擦因数为0.25.
(2)设物体返回经过C点时速度大小为v1,则对于物体由B到C,
由动能定理有mg(ABsinθ-h)-μmgcosθ.=
m
又m
=mgh,
联立以上两式解得h=AB
代入数据可得:h=0.24m
即动能与势能相等时C点相对地面的高度为0.24m.
在一个水平面上建立x轴,过原点O垂直于x轴平面的右侧空间有一匀强电场,场强大小E=6×105N/C,方向与x轴正方向相同.在O处放一个电荷量q=-5×10-6C,质量m=10g的绝缘物块,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s,如图所示.求物块最终停止时的位置及整个过程运动的路程.(g取10m/s2)
正确答案
物体受到的电场力为:F=Eq=6×105×5×10-6=3N,方向水平向左.
物体受到的摩擦力为:f=μmg=0.2×0.01×10=0.02N
∵F>f∴物块先向右减速运动,再向左加速运动,越过O点进入无电场区域后,再减速运动直到停止.
设物块到达最右端的坐标为x1m,对O→x1m处,由动能定理得:
-F•x1-f•x1=0-m
即:3x1+0.02x1=×0.01×4
∴x1=m
设物块最终停止的位置坐标为-x2m,对O→-x2m处,
由动能定理得:-2f•x1-f•x2=0-m
即:2×0.02×+0.02x2=
×0.01×4
∴x2=m
即物块停在-m处,且总路程为S=
×2+
=1m.
如图所示,ABCDF为一绝缘光滑轨道,竖直放置在水平方向的 匀强电场中,BCDF是半径为R的圆形轨道,已知电场强度为E,今有质量为m的带电小球在电场力作用下由静止从A点开始沿轨道运动,小球受到的电场力和重力大小相等,要使小球沿轨道做圆周运动,则AB间的距离至少为多大?
正确答案
如图所示,劲度系数为k的轻弹簧,右端连在竖直墙面上,左端连着不带电的绝缘小球B,开始时B球静止在光滑绝缘水平面上.整个装置处在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中.现把一质量为m、带电荷量为+q的小球A,从距B球s处自由释放,A将与B发生正碰.碰撞中无机械能损失,且A球的电荷量始终不变.已知B球的质量M=2m,B球被碰后作简谐运动,其运动周期T=2π(A、B小球均可视为质点).求:
(1)A球与B球第一次相碰前A的速度大小;
(2)两球第一次碰后瞬间,A球的速度v1和B球的速度v2;
(3)要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置相碰,弹簧劲度系数k的可能取值.
正确答案
(1)设A球与B球第一次碰撞前瞬间的速度为v0,由动能定理得:
qE•s=mv2
解得:v0=
(2)由于碰撞过程极短,系统的动量守恒:
mv0=mv1+Mv2
碰撞过程中无机械能损失,则有:m
=
m
+
M
联立解得:v1=-,负号表示方向向左,v2=
,方向向右.
(3)因|v1|<v2,要使m与M第二次碰撞仍发生在原位置,则只能是迎面相碰,所用的时间t满足:t=(n+)T(n=0,1,2,3…)
A球在电场中受电场力作用向左做减速运动至速度为0后又向右作加速运动:qEt=m(-v1)-mv1
由题知:T=2π
解得:k=(n=0,1,2,3…)
答:
(1)A球与B球第一次相碰前A的速度大小为;
(2)两球第一次碰后瞬间,A球的速度v1和B球的速度v2分别为v1=-,负号表示方向向左,v2=
,方向向右.
(3)要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置相碰,弹簧劲度系数k的可能取值为:k=(n=0,1,2,3…).
(辨析题)如图所示,长为L的轻绳一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球,在最低点给小球一水平初速度v0,同时对小球施加一大小不变,方向始终垂直于绳的力F,小球沿圆周运动到绳水平时,小球速度大小恰好也为v0.求F的大小.
下面是某位同学的分析:
小球在力F的作用下先加速后减速,由对称性可以判断,当轻绳向上摆起45°角时小球速度最大,切线方向的加速度为零,此时重力沿切线方向的分力与F等大反向,….
该同学的分析正确吗?若正确,请根据该同学的分析思路,求出F的大小.
若不正确,请你分析并求出正确结果.
正确答案
不正确.
因为当重力沿切线方向的分力与F等大反向时,切线方向的加速度为零,速度达最大,故度达最大的位置不在向上摆起45°角位置.
正确
由动能定理得:
FL-mgL=
mv02-
mv02=0
解得F=
答:该同学的分析不正确,F的大小为.
如图所示,有一质量为m的物块静止在水平桌面左端,长为L的细线竖直悬挂一个质量为2m的小球,小球刚好与物块接触.现保持细线绷直,把小球拉向左上方使细线与竖直方向成60°夹角,无初速释放,小球运动到最低点时恰与物块正碰,碰后小球继续向右摆动,上升的最大高度为 (整个过程中小球不与桌面接触),物块在桌面上向右滑行了L后静止,求物块与水平桌面间的动摩擦因数µ.
正确答案
设碰前小球速度为v,碰后小球速度为v1,物块速度为v2.
对小球下摆过程分析,根据机械能守恒:
2mgL(1-cos60°)=•2mv2 ①
解得:v= ②
对小球向右摆动过程分析,根据机械能守恒:•2m
=2mg•
③
解得:v1=④
对小球与物块碰撞瞬间分析,根据动量守恒得:
2mv=2mv1+mv2 ⑤
由②④⑤解得:v2=⑥
对碰后物块减速运动过程,根据动能定理:
-μmgL=0-m
⑦
由⑥⑦解得:μ=0.5 ⑧
答:物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5.
如图所示,有一光滑的T字形支架,在它的竖直杆上套有一个质量为m1的物体A,用长为l的不可伸长的细绳悬挂在套于水平杆上的小环B下,B的质量为m2=m1=m开始时A处于静止状态,系绳处于竖直状态.今用水平恒力F=3mg拉小环B,使A上升至细绳与水平杆成37°,
求:(1)拉力F做的功
(2)末时刻A的速度为大小.
正确答案
(1)拉力做功:W=FS=FLcos37°=2.4mgL
(2)设A的速度为vA,B的速度为vB.由于绳不可伸长,A、B沿绳的分速度相等.分别将A、B、的速度按效果分解得;
vBcos37°=vAsin37°
故vA=
4
3
vB
对A、B连同绳子构成的系统应用动能定理:
W-mgL(1-sin37°)=+
解得:vA=
答:(1)拉力F做的功2.4mgL
(2)末时刻A的速度为
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