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题型:填空题
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填空题

一小滑块放在如图所示的凹形斜面上,用力F沿斜面向下拉小滑块,小滑块沿斜面运动了一段距离.若已知在这过程中,拉力F所做的功的大小(绝对值)为A,斜面对滑块的作用力所做的功的大小为B,重力做功的大小为C,空气阻力做功的大小为D.当用这些量表达时,小滑块的动能的改变△Ek=______;滑块的重力势能的改变△Ep=______;滑块机械能的改变△E=______.

正确答案

根据动能定理得:小滑块的动能的改变△Ek=A+B+C-D.滑块的重力势能的改变△Ep=C.滑块机械能的改变△E=A+B-D.

故答案为:A+B+C-D,C,A+B-D.

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题型:简答题
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简答题

光电计时器的实验简易示意图如下,当有不透光物体从光电门间通过时,光电计时器就可以显示物体的挡光时间,光滑水平导轨MN上放两相同小物块A、B,其宽度m,左端挡板处有一弹射装置P,右端N处与水平传送带理想连接,今将挡光效果好,宽度为d=m的两块黑色磁带分别贴在物块A和B上,且高出物块,并使高出物块部分在通过光电门时挡光。传送带水平部分长度L=8m,沿逆时针方向以恒定速度v=6m/s匀速传动。物块A、B与传送带间的动摩擦因数,质量mA=mB=1kg。开始时在A、B间压缩一轻弹簧,锁定其处于静止状态,现解除锁定,弹开A、B,迅速移去轻弹簧,两物块第一次通过光电门,计时器显示读数均为。取g=10 m/s2,试求:

(1)弹簧储存的弹性势能Ep

(2)物块B沿传送带向右滑动的最大距离sm

(3)物块B滑回水平面MN的速度大小v′B

(4)若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰,且A、B碰后互换速度,则弹射装置P至少必须对A做多少功,才能在AB碰后使B刚好能从Q端滑出。并求此过程中,滑块B与传送带之间因摩擦产生的内能。

正确答案

解:(1)解除锁定弹开AB后,AB两物体的速度大小:

弹簧储存的弹性势能:

(2)B滑上传送带匀减速运动,当速度减为零时,滑动的距离最远

由动能定理得:

得:

(3)物块B在传送带向左返回时,先匀加速运动,物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动,设物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离为

得:

表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度

所以:

(4)设弹射装置对A做功为W,则:

AB碰后速度互换,B的速度:

B要刚好能滑出平台Q端,由能量关系有:

联立解得:

B滑过传送带过程,传送带移动的距离:

所求内能:

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题型:简答题
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简答题

匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度E随x的分布如图所示。图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放,A离开电场足够远后,再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放,当B在电场中运动时,A、B间的相互作用力及相互作用能均为零;B离开电场后,A、B间的相作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q,A和B的质量分别为m和m/4。不计重力。求

(1)A在电场中的运动时间t;

(2)若B的电荷量q=4Q/9,求两质点相互作用能的最大值Em

(3)为使B离开电场后不改变运动方向,求B所带电荷量的最大值qm

正确答案

解:(1)根据运动学规律,及,得

(2)因为两质点的相互作用力为斥力,所以当两质点的距离最小时,两质点的相互作用能取最大值

A质点离开电场时的速度为vA0,根据动能定理,

B质点离开电场时的速度为vB0,根据动能定理,

设A、B速度相等时的速度为v,根据动量守恒,,解得

根据能量守恒,两质点相互作用能的最大值+-

代入后得

(3)因为两质点在同一直线上运动,所谓B离开电场后不改变运动方向,是当两质点距离足够远时,B的速度为0。设此时A的速度为vA',而B离开电场时的速度为vB'

动能定理:

动量守恒:

能量守恒(此时A、B相互作用能为0):+-

解得:

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简答题

如图所示,地面和半圆轨道面均光滑。质量 = 1kg、长 = 4m的小车放在地面上,其右端与墙壁的距离为=3m,小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量 = 2kg的滑块(不计大小)以0= 6m/s的初速度滑上小车左端,带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ= 0.2,取10m/s2

(1)求小车与墙壁碰撞时的速度;

(2)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道,求半圆轨道的半径的取值。

正确答案

解:(1)滑块与小车的共同速度为1,滑块与小车相对运动过程中动量守恒,有

0=(+)1

代入数据解得1=4m/s

设滑块与小车的相对位移为,由系统能量守恒定律,有

μ1 =

代入数据解得1=3m

设与滑块相对静止时小车的位移为1,根据动能定理,有

μ1=

代入数据解得1=2m

11,说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度,且共速时小车与墙壁还未发生碰撞,故小车与碰壁碰撞时的速度即1=4m/s

(2)滑块将在小车上继续向右做初速度为1=4m/s,位移为2=1=1m的匀减速运动,然后滑上圆轨道的最低点P

若滑块恰能滑过圆的最高点,设滑至最高点的速度为,临界条件为=

根据动能定理,有2

①②联立并代入数据解得 = 0.24m

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止,则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道

根据动能定理,有2

代入数据解得 = 0.6m

综上所述,滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道,半圆轨道的半径必须满足≤0.24m或≥0.6m

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题型:简答题
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简答题

如图所示,AB为倾角的斜面轨道,轨道的AC部分光滑,CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道,两轨道相切于B点,P、0两点在同一竖茛线上,轻弹簧一端固定在A点,另一 0由端在斜面上C点处,现有一质量m = 2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不栓接)释放,物块经过C点后,从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为(式中X单位是m,t单位是s),假设物块笫一次经过B点后恰能到达P点,,g取10m/s2。试求:

(1) 若,试求物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功;

(2) B、C两点间的距离x

(3) 若在P处安装一个竖直弹性挡板,小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损火,小物块与弹簧相互作用不损失机械能,试通过计箅判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道?

正确答案

解:

(1)由,知,物块在C点速度为

设物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功为W,由动能定理得:

代入数据得:

(2)由知,物块从C运动到B过程中的加速度大小为

设物块与斜面间的动摩擦因数为,由牛顿第二定律得

代入数据解得

物块在P点的速度满足

物块从B运动到P的过程中机械能守恒

物块从C运动到B的过程中有

由以上各式解得

(3)假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后,能够回到与O点等高的位置Q点,且设其速度为,由动能定理得

解得

可见物块返回后不能到达Q点,故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道。

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题型:简答题
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简答题

如图甲所示,在倾角为30°的足够长光滑斜面AB前,有一粗糙水平面OA,OA长为4m.有一质量为m的滑块,从O处由静止开始受一水平向右的力F作用.F按图乙所示的规律变化,滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25,g取 10 m/s2.试求:

(1)滑块到A处的速度大小;

(2)不计滑块在A处的速率变化,滑块冲上斜面的长度是多少?

正确答案

解:

(1)由图乙知,在前2m内,F1=2mg,做正功,在第3m内,F2=-0. 5mg,做负功,在第4m内,F3 =0,滑动摩擦力Ff= -μmg= -0.25mg,始终做负功,由动能定理全程列式得:

解得

(2)冲上斜面的过程,由动能定理得

所以冲上AB面的长度L=5 m.

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简答题

一铅球质量m=4 kg,从离沙坑面1.8m高处自由落下,铅球进入沙坑后下陷0.1 m静止,g=10m/s2,求沙对铅球的平均作用力.

正确答案

解:

方法一:铅球进入沙坑后不仅受阻力,还要受重力,从开始下落到最终静止,铅球受重力和沙的阻力的作用,重力一直做正功,沙的阻力做负功.

W=mg(H +h)+(-F·h),

铅球动能的变化△Ek= Ek末- Ek初=0.

由动能定理得△Ek=mg(H+h)+(-F·h)=0.

将H=1.8 m,h=0.1 m代入上式解得:

F=

方法二:也可以分阶段分析做功:

物体下落过程可分为两个过程(如图).

(1)自由落体下落H;

(2)在沙中减速下降h.这两个过程的联系是物体落至沙面时的速度即第一阶段的末速度为第二阶段的初速度.设这一速度为v,对第一段过程应用动能定理:             ①

第二段过程物体受重力和阻力,同理可得: mgh-Fh=0 -                ②

由①②得F=

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简答题

传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用,例如在港口用传送带中运输货物,在机场上用传送带将地面上的行李传送到飞机上等。现有一个水平传送带装置AB,如图所示。传送带的长度L=1m,质量M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动(传送带移动的速率始终恒定),木块与传送带间动摩擦因数μ=0.5。当木块运动到传送带最左端A点时,一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右迎面射向木块并从木块中穿出,穿出时速度为u=50m/s。设子弹穿出木块的时间极短,且穿出木块以后子弹未与传送带作用。(传送带装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦,g=10m/s2

(1)试论述木块能否从传送带右端B点离开传送带;

(2)在子弹击中木块到木块离开传送带的整个过程中,子弹、木块和传送带这一系统间所产生的总内能是多少;

(3)子弹击中木块后,传送带由于传送木块多消耗的电能。

正确答案

解:(1)子弹射入并穿出木块瞬间,设木块的速度为v2,取向右为正方向,由动量守恒定律有:mv0-Mv1=mu+Mv2    

代入数据解得,木块的速度:v2=3m/s,方向水平向右

之后木块向右做匀减速运动,假设木块滑至传送带右端之前对地的速度为零,设此过程中木块对地的位移大小为X1,对木块向右减速为零的过程由动能定理:

- μMgX1=0-

解得:1=0.9m<1m,因此,物块不会从右端离开传送带

(2)通过上问分析可知,木块先向右匀减速运动直至对地速度为零,接着返回做匀加速运动。设匀减速运动的时间为t1,反向匀加速运动与传送带共速所走的位移大小为X2,所用的时间为t2对木块向右减速运动过程中由动量定理,取向右为正:-μMgt1=0-Mv2  

解得:t1=0.6s 

对木块向左加速运动的过程由动能定理:μMgX2=

得X2=0.4m<X1=0.9m,即物块到达传送带左端之前已共速

对木块向左加速运动由动量定理,取向左为正:μMgt2=Mv1得t2=0.4s

设子弹击穿木块过程中产生的热量为Q1

代入数据得Q1=872.5J

木块向右减速过程中与传送带摩擦生热为Q2:Q2=μMg(v1t1+ X1)

代入数据得:Q2=10.5J

木块向左加速过程中直至与传送带共速摩擦生热为Q3:Q3=μMg(v1t2- X2)

代入数据得Q3=2J 

所以系统所产生的总内能:Q=Q1+Q2+Q3=885J  

(3)子弹击穿木块后,设传送带由于传送木块多消耗的电能为△E由能量守恒定律:

得△E=10J

(或由功能关系可知,传送带克服摩擦力做功等于消耗的电能△E=μMg(v1t1+ v1t2),解得:△E=10J)

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简答题

轨道ABCD由粗糙的斜面轨道AB和光滑圆弧轨道BCD组成。圆弧轨道BCD半径R=1m,在B点与斜面轨道AB相切;C点是圆弧轨道的最低点,D点的切线沿竖直方向;斜面轨道与水平面的夹角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.3。在D点的正上方有一厚度不计的旋转平台,沿平台的一条直径上开有两个小孔P、Q,两孔离轴心等距离,旋转时两孔均能达到D点的正上方。一质量m=0.5kg的物块(视为质点)从斜面上A点由静止释放,到达C点时对轨道的压力N=65N,到达D点后恰好无碰撞的穿过小孔P,为了使物块能从小孔Q落下(不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8),求:

(1)物块到达C点时的速度(结果可用根式表示);

(2)AB的长度L(结果可用分数表示);

(3)平台的角速度ω应满足的条件。

正确答案

解:(1)在C点,根据牛顿定律有

 

(2)由动能定理,有°+(1-cos37°)-°

解得

(3)设小球到达D点时的速度是vD,则在物块由C到D过程中,有

解得

物块越过孔后做初速度为10m/s、加速度为-g的匀变速运动,由运动学公式有

可得t=2s

根据θ=ωt得ω应满足

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简答题

如图所示,一辆车通过一根跨过定滑轮的绳提升某质量为m的物体,绳不可伸长,绳的质量、定滑轮的质量及大小不计,滑轮的摩擦不计,开始时车在A点,绳已绷紧,与车相连的一段绳处于竖直方向上,绳与车的连接点到定滑轮的距离为H车从A点起向左加速运动到B点,通过的位移为H,车通过B点时速度为vB,求此过程中绳Q端对物体所做的功.

正确答案

解:如图所示,车到B点时,物体上升的速度等于vB沿绳方向的分速度。车由A到B过程中绳被拉过,所以物体上升高度,此过程中重力做功。由动能定理得W+ ,所以绳的拉力做功

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简答题

如图所示的“S” 形玩具轨道,该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成,放置在竖直平面内,轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成,圆半径比细管内径大得多,轨道底端与水平地面相切,轨道在水平方向不可移动。弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道,经过轨道后从最高点d水平抛出(抛出后小球不会再碰轨道),已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2,不计其他机械能损失,ab段长L=1.25m,圆的半径R=0.1 m,小球质量m=0.01 kg,轨道质量为M=0.26 kg,g=10 m/s2,求:

(1)若v0=5 m/s,小球从最高点d抛出后的水平射程;

(2)若v0=5 m/s,小球经过轨道的最高点d时,管道对小球作用力的大小和方向;

(3)设小球进入轨道之前,轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力,当v0至少为多少时,小球经过两半圆的对接处c点时,轨道对地面的压力为零。

正确答案

解:(1)设小球到达d点处速度为v,由动能定理,得

-μmgL-mg·4R=

小球由d点做平抛运动,有

4R=

s=vt ③

联立①②③并代入数值,解得小球从最高点d抛出后的水平射程:m≈0.98 m ④

(2)当小球通过d点时,由牛顿第二定律得

代入数值解得管道对小球作用力FN=1.1 N,方向竖直向下 ⑥

(3)设小球到达c点处速度为vc,由动能定理,得

-μmgL-mg·2R=

当小球通过c点时,由牛顿第二定律得 ⑧ 

要使轨道对地面的压力为零,则有F'N=Mg ⑨

联立①②③并代入数值,解得小球的最小速度:v0=6 m/s ⑩

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简答题

(附加题)总质量为的列车,沿水平轨道匀速地前进,其末节车厢质量为,中途某时刻脱节,脱节后的列车仍以原来的牵引力继续前进。从脱节开始到司机发觉,列车已从脱节位置向前行驶的距离。司机立即关闭油门,撤去牵引力。设运动时阻力与车重成正比。当脱节车厢和列车这两部分都停止运动时,它们的距离是多少?

正确答案

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题型:简答题
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简答题

如图所示,半=1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点和圆心的连线与水平方向间的夹角θ=37°,另一端点为轨道的最低点.点右侧的水平路面上紧挨点放置一木板,木板质量 =1 kg,上表面与点等高.质量=1 kg的物块(可视为质点)从空点以0=1.2 m/s的速度水平抛出,恰好从轨道的端沿切线方向进入轨道.已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与路面间的动摩擦因数μ2=0.05,sin37°=0.6,cos37°=0.8,取=10 m/s2。试求:

(1)物块经过轨道上的点时对轨道的压力;

(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等,则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下?

正确答案

(1)46 N

(2)6 m

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简答题

滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”,具有很强的观赏性。如图所示,abcdef为同一竖直平面内的滑行轨道,其中bc段水平,ab、de和ef段均为倾角37°的斜直轨道,轨道间均用小圆弧平滑相连(小圆弧的长度可忽略)。已知m,m,m,m,设滑板与轨道之间的摩擦力为它们间压力的k倍(k=0.25),运动员连同滑板的总质量m=60 kg。运动员从a点由静止开始下滑从c点水平飞出,在de上着陆后,经短暂的缓冲动作后保留沿斜面方向的分速度下滑,接着在def轨道上来回滑行,除缓冲外运动员连同滑板可视为质点,忽略空气阻力,取=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:

(1)运动员从c点水平飞出时的速度大小

(2)运动员在de上着陆时,沿斜面方向的分速度大小

(3)设运动员第一次和第四次滑上ef轨道时上升的最大高度分别为,则等于多少?

正确答案

解:(1)设运动员从a点到c点的过程中克服阻力做功Wf,根据动能定理

       ① 

       ② 

       ③

      由①②③式并代入数据,解得 ④ 

(2)运动员从c点水平飞出到落到de轨道上的过程中做平抛运动,设从c点到着陆点经过的时间为t

      水平位移

      竖直位移

      由几何关系

      水平方向分速度

      竖直方向分速度 ⑨ 

       ⑩

      由④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据,解得 

(3)设运动员第一次沿ed斜面向上滑的最大高度为,根据功能关系

       

      解得 

      同理可得,运动员第二次沿ef斜面向上滑的最大高度 

      以此类推,运动员第四次沿ef斜面向上滑的最大高度 

      解得

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简答题

为了研究过山车的原理,某兴趣小组提出了下列设想:取一个与水平方向夹角为37°、长为l=2.0m的粗糙倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的。其AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示。一个小物块以初速度v0=4.0m/s从某一高处水平抛出,到A点时速度方向恰好沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50。(g=10m/s2、sin37°=0.60、cos37°=0.80)

(1)求小物块到达A点时速度。

(2)要使小物块不离开轨道,并从轨道DE滑出,求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件?

(3)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件?

正确答案

解:(1)小物块做平抛运动,经时间t到达A处时,令下落的高度为h,水平分速度v0,竖直速度为vy,小物块恰好沿斜面AB方向滑下,则tan37°=vy/v0得vy=3 m/s,所以小物块到A点的速度为5m/s

(2)物体落在斜面上后,受到斜面的摩擦力Ff=μFN=μmgcos37°

设物块进入圆轨道到达最高点时有最小速度v1,此时物块受到的重力恰好提供向心力,令此时的半径为 R0,则mg=mv12/R0

物块从抛出到圆轨道最高点的过程中,根据动能定理有:

mg(h+lsin37°-2R0)-μmgcos37°·l = mv12/2-mv02/2

联立上式,解得R0=0.66m

若物块从水平轨道DE滑出,圆弧轨道的半径满足R1≤0.66m

(3)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则物块上升的高度须小于或于某个值R,则mg(h+lsin37°)/μmgcos37°·l-mgR=0-mv02/2

解得R=1.65m

物块能够滑回倾斜轨道AB,则R2≥1.65m

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