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题型:简答题
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简答题

某探究学习小组在 “验证动能定理”的实验时,他们在实验室组装了一套如图所示的装置,

另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙。当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态。若你是小组中的一位成员,要完成该项实验, 则:

(1)你认为还需要的实验器材有:__________________________________。

(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是________________________________,实验时首先要做的步骤是__________________________。

(3)在正确操作(2)的基础上,某同学用天平称量滑块的质量M。往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量m。让沙桶带动滑块加速运动,用打点计时器记录其运动情况,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1<v2)。则对滑块本实验最终需要验证的数学表达式为:_______________________(用题中的字母表示)。

正确答案

(1)天平、刻度尺

(2)沙和沙桶的总质量应远小于滑块的质量;平衡摩擦力

(3)mgL=mv22mv12

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题型:简答题
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简答题

高台滑雪运动员经过一段弧长为s=m的圆弧后,从圆弧上的O点水平飞出,圆弧半径R=10m,他在圆弧上的O点受到的支持力为820N.运动员连同滑雪板的总质量为50kg,他落到了斜坡上的A点,斜坡与水平面的夹角θ=37°,如右图所示.忽略空气阻力的影响,取重力加速度g=10m/s2,求:

(1)运动员离开O点时的速度大小?

(2)运动员在圆弧轨道上克服摩擦力做的功?

(3)运动员落到斜坡上的速度大小?

正确答案

(1)根据运动员在o点的受到重力和支撑力,

由牛顿第二定律得:FN-mg=

解得:v0=8m/s

(2)设圆弧对的圆心角为α,S=Rα,

解得:α=

运动员在圆弧上下滑的高度:h=R(1-cosα)=5m

设运动员在圆轨道上克服摩擦力做的功为Wf

对运动员在圆弧上下滑的过程应用动能定理,

得:-Wf+mgh=-0

解得:Wf=900J

(3)设A点与O点的距离为了l,运动员飞出后做平抛运动

水平方向:lcosθ=v0t

竖直方向:lsinθ=gt2

解得:t=12s,vy=gt=12m/s

所以:V==m/s

答:(1)运动员离开O点时的速度大小8m/s

(2)运动员在圆弧轨道上克服摩擦力做的功900J

(3)运动员落到斜坡上的速度大小m/s

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题型:填空题
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填空题

如图所示,一物体在平行于斜面向上的恒力F作用下,由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动,经时间t力F做功为60J,此后撤去恒力F,物体又经时间t回到出发点,若以地面为零势能点,则当物体回到出发点时的动能为______J,在撤去恒力F之前,当物体的动能为7J时,物体的机械能为______J.

正确答案

设物体回到出发点时的动能为EK1,根据动能定理,WF=△Ek=EK1,EK1=WF=60J

  设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为a1、a2

根据物体在拉力作用向上运动的位移与撤去拉力后回到出发点的位移大小相等,方向相反

得  a1t2+(a1t)t-a2t2=0

    得到a2=3a1 

又由牛顿第二定律得

    F-mgsinθ=ma1,mgsinθ=ma2

得到F=mgsinθ

设当物体的动能为EK2=7J时,物体重力势能为EP

   (F-mgsinθ)x=EK2

   EP=mgsinθx

得到 EP=3EK2,故物体的机械能E=EK2+EP=4EK2=28J

故本题答案是:60;28

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题型:简答题
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简答题

(选作题)如图所示,AB是位于竖直平面内,半径R=0.5m的圆弧形的光滑且绝缘的轨道,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E=5×l03N/C.今有一质量为m=0.1kg、电荷量q=+8×10-5C的小滑块(可视为质点)从A点静止释放.已知滑块与水平轨道间的摩擦因数是0.05,取g=10m/s2 求:

(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力;

(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程.

正确答案

(1)设滑块在B点速度为v,对滑块从A到B的过程应用动能定理,

mgR-EqR=mv2

设滑块在B点对B点压力为F,轨道对滑块支持力为F′,由牛顿第三定律得,两力大小满足:

F′=F②

对滑块由牛顿第二定律得:

F′-mg=

由①②③得,F=3mg-2Eq=2.2N④

(2)由于滑块在水平面上的滑动摩擦力f=μmg=0.05×0.1×10N=0.05N<Eq=5×103×8×10-5=0.4N⑤

故滑块最终将会静止在圆弧轨道上,设静止点离A点的水平距离为x,由几何关系得:

=

设滑块在水平轨道上通过的总路程为s,对全程应用动能定理得:

mgR-Eqx-fs=0⑦

由⑤⑥⑦可得:s==0.67m

答:(1)滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力2.6N

(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程为0.67m

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题型:简答题
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简答题

理论研究指出,简谐振动的振动位移X与时间t的关系图象(x-t)可以是一条余弦曲线,其函数表达式为:x=Acosωt,其中A是振幅,ω=2π/T.对于周期性变化的电压和电流的图象也可以是一条余弦曲线,其函数表达式类似.下图中从阴极K发射的电子经电势差U0=5000V的阳极加速后,沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm、间距d=4cm的平行金属板A、B之间,在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径D=20cm、带有记录纸的圆筒.整个装置放在真空内,电子发射的初速度不计(见图).若在两金属板上交变电压以U2=1000cos2πt(V)的规律变化,并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转/s匀速转动,电子质量为9.1×10-31kg,电子电量为1.6×10-19c求:

(1)电子加速后的入射速度?

(2)在纸筒上的落点对入射方向的总偏距?

(3)确定电子在记录纸上的轨迹形状并画出1s内所记录到的图形.

正确答案

(1)电子在加速电场中,由动能定理得:

   eU0=m

得电子加速后的入射速度 v0==4.2×107m/s

(2)加上交变电压时,A、B两板间运动时:

 电子飞离金属板时的竖直偏转距离  y1=a=()2

 电子飞离金属板时的竖直速度  vy=at1=

电子从飞离金属板到达圆筒时的偏距

   y2=vyt2==

所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距为

  y=y1+y2=(+L2)+L2=(+L2)

代入解得,y=0.20cos2πt(cm)

(3)在记录纸上的点以振幅0.20m,周期T==1s而做简谐运动,因为圆筒每秒转2周,故在1 s内纸上的图形如图所示.

答:

(1)电子加速后的入射速度是4.2×107m/s.

(2)在纸筒上的落点对入射方向的总偏距是0.20cos2πt(cm)

(3)确定电子在记录纸上的轨迹形状并画出1s内所记录到的图形如图所示.

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题型:填空题
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填空题

木块受水平力F作用在水平面上由静止开始运动,前进s后撤去F,木块又沿原方向前进3s停止,则摩擦力f=________,木块最大动能为________。

正确答案

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题型:简答题
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简答题

一弧形滑道下端与水平传送带相切,一工件从h=1.05高处的A由静止滑下后以水平速度滑上传送带.工件质量m=1.0kg,工件与滑道间平均摩擦阻力的大小f=5.0N,工件滑过的弧长l=2.0m.传送带长L=10m,向右保持v0=2.0m/s的运行速度不变,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.20,g=10m/s2,空气阻力不计,工件可看成质点.

(1)求工件滑上传送带时的速度大小v1=?

(2)求传送带传送一个工件时,克服工件摩擦力所做的功?

正确答案

(1)工件在弧形轨道上下滑时,

由动能定理得:mgh-fl=mv12-0,

v1==1m/s;

(2)工件在传送带上运动过程中,

由动量定理得:μmgt1=mv0-mv1

t1==0.5s,

在t1时间内,传送带的位移s0=v0t=1m,

克服摩擦力做的功Wf=μmgs0=2J.

答:(1)工件滑上传送带时的速度大小为你1m/s.

(2)传送带传送一个工件时,克服工件摩擦力所做的功为2J.

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题型:简答题
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简答题

4个相同的木块,每块的质量都是m,每块均可以看作质点,放置在倾角为θ的斜面上,相邻两木块间的距离为l,最下端的木块距底端也是l,木块与斜面间的动摩擦因数为μ,如图所示,在开始时刻,第一个木块以初速度v0沿斜面下滑,其余所有木块都静止.由于第一个木块的下滑将依次引起一系列的碰撞,每次发生碰撞时间都很短,在发生碰撞后,发生碰撞的木块都粘在一起运动,直到最后第4个木块到达斜面底端时,刚好停在底端.求:

(1)第一次碰撞前第一个木块的动能E1

(2)第一次碰撞时系统损失的机械能△E1

(3)在整个过程中由于碰撞而损失的总机械能△E.

正确答案

(1)对第一个木块下滑的过程中,由动能定理得

    mglsinθ-μmglcosθ=E1-mv02

即   E1=mglsinθ-μmglcosθ+mv02

(2)第一个木块与第二个木块碰撞过程中,由动量守恒定律近似得

  mv1=2mv1′,即v1′=v1                   

E1′=×2mv12

则得△E1=E1-E1′=E1=(mglsinθ-μmglcosθ+mv02)               

(3)由总能量守恒可得:

  mglsinθ+2mglsinθ+3mglsinθ+4mglsinθ+mv02=△E+μmglcosθ+2μmglcosθ+3μmglcosθ+4μmglcosθ 

即△E=10mgl(sinθ-μcosθ)+mv02.

答:

(1)第一次碰撞前第一个木块的动能E1是mglsinθ-μmglcosθ+mv02

(2)第一次碰撞时系统损失的机械能△E1(mglsinθ-μmglcosθ+mv02). 

(3)在整个过程中由于碰撞而损失的总机械能△E是10mgl(sinθ-μcosθ)+mv02

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简答题

如图所示,四分之一圆弧形轨道的半径为1m,下端与水平面相接。有一质量为0.1 Kg 的小球,自与圆心等高的A点从静止开始下滑,滑到B点时的速度为3m/s,然后沿水平面前进3m,到达C点停止。(g = 10 m/s2 )试求:

(1)小球由A点滑到B点的过程中摩擦力所做的功。

(2)小球与水平面间的动摩擦因数μ为多少?

(3)若使小球由C点沿原路径返回A点,则外力至少做多少功?

正确答案

解:(1)根据动能定理可知:

解得:

(2)根据动能定理可知:

解得:

(3)根据动能定理可知:

解得:

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简答题

质量m=1kg的木块静止在高h=1.8 m的平台上,木块与平台间摩擦因数为0.2。用水平推力F=20N,使木块向前运动了3 m时撤去,木块在刚撤去推力时飞出平台,求木块落地时的速度大小?(g=10 m/s2

正确答案

解:对木块运动的全过程:

 

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题型:简答题
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简答题

如图所示,一质量m=0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数=0.1的水平轨道上的A点。现对滑块施加一水平外力,使其向右运动,外力的功率恒为P=10.0 W。经过一段时间后撤去外力,滑块继续滑行至B点后水平飞出,恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道,轨道的最低点D处装有压力传感器,当滑块到达传感器上方时,传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L=2.0 m,半径OC和竖直方向的夹角=37o,圆形轨道的半径R=0.5 m。(空气阻力可忽略,重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8)求:

(1)滑块运动到C点时速度vc的大小;

(2)B、C两点的高度差h及水平距离x;   

(3)水平外力作用在滑块上的时间t。  

正确答案

(1)5m/s (2)1.2m (3)0.4s

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简答题

如图所示,小车停放在光滑的水平面上,小车的质量为M=8kg,在小车水平面A处放有质量为m=2kg的物块,BC是一段光滑的圆弧,在B点处与AB相接,物块与水平面AB部分问的动摩擦因数μ=0.2,现给物块一个I=10N•s的冲量,物块便沿AB滑行,并沿BC上升,然后又能返回,最后恰好回到A点处与小车保持相对静止,求:

(1)从物块开始滑动至返回A点整个过程中,因物块相对滑动而损失的机械能为多少?

(2)物块沿BC弧上升相对AB平面的高度为多少?

(3)小车上平面AB长为多少?

正确答案

(1):设物块获得的初速度为,由动量定理应有:I=m-0…①

设物块与小车组成的系统相对静止时的共同速度为v,由动量守恒定律应有:=(m+M)v…②

根据能量守恒定律应有:=-(m+M…③

联立①②③可得:=20J;

(2):物块上升到最大高度时竖直速度为0,物块与小车具有相同的水平速度

在水平方向根据动量守恒定律应有:m=(m+M)…④

物块从A到上升到最高度过程,对物块与小车组成的系统由能量守恒定律应有:m-(m+M=+mgh…⑤

根据题意,=…⑥

联立①④⑤⑥解得:h=0.5m;

(3):根据“摩擦生热”公式应有:Q=f=μm…⑦;

联立⑥⑦两式并代入数据解得:=2.5m;

答:(1)从物块开始滑动至返回A点整个过程中,因物块相对滑动而损失的机械能为20J

(2)物块沿BC弧上升相对AB平面的高度为0.5m

(3)小车上平面AB长为2.5m

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简答题

(12分)如图足够长的光滑斜面与水平面的夹角为=30o,空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ,相邻两个磁场的间距均为d=0.5m。一边长L=0.1m、质量m=0.5kg、电阻R=0.3的正方形导线框放在斜面的顶端,导线框的下边距离磁场I的上边界为do=0.9m。将导线框由静止释放,导线框匀速穿过每个磁场区域。已知重力加速度g=10m/s2,求:

(1)导线框进入磁场I时的速度;

(2)磁场I的磁感应强度Bt

(3)导线框穿过全部磁场区域过程中产生的总焦耳热。

正确答案

(1)(2)(3)

试题分析:(1)线框进入磁场I之前,只有重力做功,根据动能定理有

带入数据计算得

(2)线框进入磁场I的过程,下边切割磁感线产生感应电动势

根据闭合回路欧姆定律,线框中的感应电流

线框下边所受到安培力

线框匀速穿过磁场区域,

整理得

(3)线框匀速穿过磁场区域,克服安培力做功,重力势能转化为焦耳热,那么每穿过一次磁场区域,产生的焦耳热

穿过全部磁场区域产生的焦耳热为

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简答题

如图所示为半径R=0.50m的四分之一圆弧轨道,底端距水平地面的高度h=0.45m.一质量m=1.0kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放,到达轨道底端B点的速度v=2.0m/s.忽略空气的阻力.取g=10m/s2.求:

(1)小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小FN

(2)小滑块由A到B的过程中,克服摩擦力所做的功W;

(3)小滑块落地点与B点的水平距离x.

正确答案

(1)小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力,

根据牛顿第二定律,FN-mg=m

解得:FN=18N

(2)小滑块由A到B的过程中,根据动能定理得,

mgR-W=mv2

解得:W=mgR-mv2 =3J

(3)小滑块从B点出发做平抛运动,根据平抛运动的规律得

水平方向:x=vt

竖直方向:h=gt2解得:x=0.6m

答:(1)小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小是18N;

(2)小滑块由A到B的过程中,克服摩擦力所做的功是3J;

(3)小滑块落地点与B点的水平距离是0.6m.

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简答题

如图所示中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面,它们的电势分别为6V、4V和1.5V.一质子(电量为e)从等势面a上某处由静止释放,仅受电场力作用而运动,已知它经过等势面b时的速率为v,则

(1)质子从a等势面运动到c等势面电势能变化多少?

(2)质子经过等势面c时的速率为多少?

正确答案

(1)质子从等势面a运动到c等势面过程,电场力做功Wac =qUac=q(φac)=1e×(6-1.5)V=4.5eV,则电势能减小4.5eV.

(2)质子从a到b过程,根据动能定理得

  q(φab)=mv2  ①

质子从b到c过程,根据动能定理得

   q(φbc)=m-mv2

联立①②解得  vc=1.5v

答:(1)质子从等势面运动到c等势面电势能减小4.5eV.

(2)质子经过等势面c时速率为1.5v.

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