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题型:简答题
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简答题

如图所示,光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠在固定于地面的挡板P上。质量为m的小滑块以水平速度v0滑上木板的左端,滑到木板的右端时速度恰好为零。

(1)求小滑块在木板上滑动的时间;

(2)求小滑块在木板上滑动过程中,木板对挡板P作用力的大小;

(3)若撤去档板P,小滑块依然以水平速度v0滑上木板的左端,求小滑块相对木板静止时距木板左端的距离。

正确答案

解:(1)小滑块在木板上做匀减速直线运动,则整个滑动过程的平均速度

所以

(2)设小滑块在木板上滑动时所受的摩擦力大小为f,由动能定理可得

所以

由牛顿第三定律和物体的平衡条件,木板对挡板P作用力的大小等于

(3)设撤去档板P,小滑块与木板的共同速度为v,小滑块静止时距木板左端的距离为L′,此过程中小滑块的位移为x1,木板的位移为x2,则

根据动量守恒定律和动能定理有

 ④

 ⑤

 ⑥

由②③④⑤⑥式可解得

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简答题

如图所示,水平台面AB距地面的高度h=0.80m。质量为0.2kg的滑块以v0=6.0m/s的初速度从A点开始滑动,滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.25。滑块滑到平台边缘的B点后水平飞出。已知AB间距离s1=2.2m。滑块可视为质点,不计空气阻力。(g取10m/s2)求:

(1)滑块从B点飞出时的速度大小;

(2)滑块落地点到平台边缘的水平距离s2

(3)滑块自A点到落地点的过程中滑块的动能、势能和机械能的变化量各是多少。

正确答案

解:(1)滑块从A点滑到B点的过程中,克服摩擦力做功,由动能定理

滑动摩擦力f=μmg ②

由①②两式联立,将v0=6.0m/s,s1=2.2m,μ=0.25带入,可得v=5.0m/s

(2)滑块离开B点后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动

水平方向做匀速直线运动

由③④两式联立,将h=0.80m,g=10m/s2带入,可得s2=2.0m

(3)落地时的动能E2==4.1J

滑块在A点的初动能为J

由A到落地点滑块的动能增加了J

重力势能减小量为J

机械能的减小量J

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简答题

如图甲,在水平面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面,斜面处于电场强度为E、方向沿斜面向下的匀强电场中,一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端,整根弹簧处于自然状态。一质量为m,带电量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放,滑块在运动过程中电量保持不变。设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失,弹簧始终处在弹性限度范围内,重力加速度为g。

(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触时所经历的时间t1

(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm,求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W;

(3)从滑块静止释放瞬间开始计时,请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图像。图中横坐标上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻,纵坐标上的v1为滑块在t1时刻的速度大小,vm是题中所指的物理量。(本小题不要求写出计算过程)

    

正确答案

解:(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则有

qE+mgsinθ=ma ①

 ②

联立①②可得

(2)滑块速度最大时受力平衡,设此时弹簧压缩量为,则有

 ④

从静止释放到速度达到最大的过程中,由动能定理得

 ⑤

联立④⑤可得s

(3)

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简答题

如图所示,光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为m,电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放,小球运动到C点离开圆轨道后,经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方,如图。小球可视为质点,小球运动到C点之前电量保持不变,经过C点后电量立即变为零)。已知A、B间距离为2R,重力加速度为g。在上述运动过程中,求:

(1)电场强度E的大小;

(2)小球在圆轨道上运动时最大速率;

(3)小球对圆轨道的最大压力的大小。

正确答案

解:(1)设电场强度为E,小球过C点时速度大小为,小球从A到C由动能定理:

小球离开C点后做平抛运动到P点:

联立方程解得:

(2)设小球运动到圆周D点时速度最大为v,此时OD与竖直线OB夹角设为α,小球从A运动到D过程,根据动能定理:

即:

根据数学知识可得,当α=45°时动能最大

由此可得:

(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向,故小球在的点对圆轨道的压力最大,设此压力大小为F,由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道弹力大小也为F,在D点对小球进行受力分析,并建立如图所示坐标系,由牛顿第二定律:

解得:

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简答题

如图,半径R=0.4m的圆盘水平放置,绕竖直轴OO′匀速转动,在圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ,转轴和水平轨道交于O′点。一质量m=1kg的小车(可视为质点),在F=4N的水平恒力作用下,从O′左侧x0=2m处由静止开始沿轨道向右运动,当小车运动到O′点时,从小车上自由释放一小球,此时圆盘半径OA与x轴重合。规定经过O点水平向右为x轴正方向。小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2

(1)若小球刚好落到A点,求小车运动到O′点的速度;

(2)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为多大?

(3)为使小球能落到圆盘上,求水平拉力F作用的距离范围。

正确答案

解:(1)小球离开小车后,由于惯性,将以离开小车时的速度作平抛运动

小车运动到O'点的速度m/s

(2)为使小球刚好落在A点,则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍,有

,其中k=1,2,3,……

rad/s,其中k=1,2,3,……

(3)小球若能落到圆盘上,其在O′点的速度范围是:0<v≤1m/s

设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2,对应到达O'点的速度分别为0、1m/s

根据动能定理,有

代入数据解得m

根据动能定理,有

代入数据解得m或m

则水平拉力F作用的距离范围1m

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简答题

为了解决高楼救险中云梯高度不够高的问题,可在消防云梯上再伸出轻便的滑杆,如图为一次消防演习中模拟解救被困人员的示意图,被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上、沿滑杆下滑到消防云梯上逃生。为了安全,被困人员滑到云梯顶端的速度不能太大,通常滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴在O处连接,滑杆A端用挂钩钩在高楼的固定物上,且可绕固定物自由转动,B端用铰链固定在云梯上端,且可绕铰链自由转动,以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小。设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变,被困人员可看作质点、不计过O点时的机械能损失。已知AO长L1= 6m,OB长L2=12m,竖直墙与云梯上端点B的水平距离d=13.2m,被困人员安全带上的挂钩与滑杆AO间、滑杆OB间的动摩擦因数均为μ=5/6,被困人员到达云梯顶端B点的速度大小不能超过6m/s,取g =10m/s2

(1)现测得OB与竖直方向的夹角为53°,请分析判断被困人员滑到B点是否安全。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(2)若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离保持不变,求能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离。(结果可用根式表示)

正确答案

解:(1)设杆OA、OB与竖直方向的夹角分别为α、β,由几何关系:

d=L1sinα+L2sinβ,α=37°

由牛顿第二定律:mgcosα-μmgsinα=ma1,a1=3m/s2

mgcosβ-μmgsinβ=ma2,a2=-2/3m/s2

,被困人员能安全到达云梯顶端B点

(2)设滑杆两端点AB的最大竖直距离为h,对被困人员下滑全过程由动能定理得:

若两杆伸直,AB间的竖直高度为:

所以能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离应为hm=12.24m

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简答题

如图所示,水平桌面上有一轻弹簧,左端固定在A点,自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧,MN为其竖直直径,P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点,释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放,物块过B点后其位移与时间的关系为,物块飞离桌边缘D点后由P点沿切线落入圆轨道。g=10m/s2,求:

(1)DP间的水平距离;

(2)判断m2能否沿圆轨道到达M点;

(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功。

正确答案

解:(1)

 

(2)若物块能过最高点,其在M点的速度至少为

设物块在P点的速度至少为

在P点时物块的速度

,故物块不能到最高点

(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为EP,物块与桌面间的动摩擦因数为μ

释放m1时,

释放m2时,

,可得:

m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf

可得

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简答题

风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示,在风洞实验室中有足够大的光滑水平面,在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m=0.5kg的小球以初速度v0=0.40m/s从O点沿x轴正方向运动,在0~2.0s内受到一个沿y轴正方向、大小F1=0.20N的风力作用;小球运动2.0s后风力方向变为y轴负方向、大小变为F2=0.10N(图中未画出)。试求:

(1)2.0s末小球在y方向的速度大小和2.0s内运动的位移大小;

(2)风力F2作用多长时间,小球的速度变为与初速度相同;

(3)小球回到x轴上时的动能。

正确答案

解:(1)设在0~2.0s内小球运动的加速度为a1,则

2.0s末小球在y方向的速度

代入数据解得m/s

沿x轴方向运动的位移

沿y轴方向运动的位移

2.0s内运动的位移

代入数据解得

(2)设2.0s后小球运动的加速度为a2,F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同,则

代入数据解得

(3)设小球回到x轴上时的动能为Ek,由动能定理有

代入数据解得Ek=0.28J

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简答题

如图,箱子A连同固定在箱子底部的竖直杆的总质量为M=10kg。箱子内部高度H=3.75m,杆长h=2.5m,另有一质量为m=2kg的小铁环B套在杆上,从杆的底部以v0=10m/s的初速度开始向上运动,铁环B刚好能到达箱顶,不计空气阻力,g取10m/s2。求:

(1)在铁环沿着杆向上滑的过程中,所受到的摩擦力大小为多少?

(2)在给定的坐标中,画出铁环从箱底开始上升到第一次返回到箱底的过程中箱子对地面的压力随时间变化的图象(可写出简要推算步骤)

(3)若铁环与箱底每次碰撞都没有能量损失,求小环从开始运动到最终停止在箱底,所走过的总路程是多少?

       

正确答案

解:(1)由动能定理:-mgH-fs=0-mv02,f=10N

(2)第一次到达杆顶用时t1,速度为v1,第一次离开杆顶到返回杆顶用时t2,第一次滑到杆底速度为v2,在杆上滑下用时t3 v1=5m/s

t1s

t2=1s

由动能定理:mgH-fh=mv22 v2=5m/s

t3=(-1)s=0.41s

图上画对0~s:N1=Mg-f=90N

s~1s:N2=Mg=100N

1s~()s:N3=Mg+f=110N

(3)小环能升到杆顶所需要的能量为E0=mgh+fh=2×10×2.5+10×2.5=75J

小环第一次滑到杆底的机械能为E2:E2mv02-2fh=50J

E2<E0,所以小环只能越过杆顶一次

设小环在杆上反复滑行的总路程为s

由动能定理得:s=10m

s=2(H-h)+s=12.5m

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简答题

如甲图所示,长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处连接,有一质量为2kg的滑块,从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F按乙图所示规律变化,滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.25,重力加速度g取l0m/s2。求:

(1)滑块第一次到达B处时的速度大小;

(2)不计滑块在B处的速率变化,滑块到达B点时撤去力F,滑块冲上斜面,滑块最终静止的位置与B点的距离。(sin37°=0.6)

正确答案

解:(1)由图得0-2m:F1=20N,△x1=2m

2-3m:F2=0,△x2=1m

3-4m:F3=10N,△x3=1m 

A知B由动能定理:F1×△x1-F3×△x3-μmg(△x1+△x2+△x3)=1/2mvB220×2-10×1-0.25×2×10×(2+1+1)=1/2×2×vB2得vB=m/s

(2)因为mgsin37°>μmgcos37°,滑块将滑回水平面。设滑块由B点上滑的最大距离为L

由动能定理-μmgLcos37°-mgLsin37°=0-1/2mvB2解得L=5/8m

从最高点滑回水平面,设停止在与B点相距S处

mgLsin37°-μmgLcos37°-μmgS=0

解得:

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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

解:(1)货物放上传送带后,最初做匀加速运动,设位移为,相同时间内传送带的位移为

传送带的速度为,由动能定理得 

货物滑上弧面后机械能守恒

所以

(2)因为,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 

所以有

(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

由功能关系知系统增加的内能等于克服摩擦力做的功,即

由(1)知货物相对传送带的位移为

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。

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简答题

如图所示,某货场利用固定于地面的、半径R=l.8m的四分之一圆轨道将质量为m1=10kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,已知当货物由轨道顶端无初速滑下时,到达轨道底端的速度为5m/s。为避免货物与地面发生撞击,在地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=2m,质量均为m2=20 kg,木板上表面与轨道末端相切,货物与木板间的动摩擦因数为μ1= 0.4,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10 m/s2

(1)求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功;

(2)通过计算判断货物是否会从木板B的右端滑落?若能,求货物滑离木板B右端时的速度;若不能,求货物最终停在B板上的位置。

正确答案

解:(1)设货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为Wf

对货物,由动能定理得:

 

(2)当货物滑上木板A时,货物对木板的摩擦力f1=μm1g=40N

地面对木板A、B的最大静摩擦力f22(2m2+m1)g=50N

由于f1<f2,此时木板A、B静止不动设货物滑到木板A右端时速度为v1

由动能定理:当货物滑上木板B时,地面对木板A、B的最大静摩擦力f3=μ(m2+m1)g=30N

由于f1> f3,此时木板B开始滑动设货物不会从木板B的右端滑落,二者刚好相对静止时的速度v2

则对货物有:a11g=4m/s2

v2=v1-a1t,对木板B有:

v2=a2t 由以上两式可得:

此过程中

由于s1-s2 =1.0m<l,所以货物最终未从木板B上滑出,且与其右端的距离为1.0m。

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简答题

如甲图所示,相距为L的足够长光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为α,导轨一部分处在垂直导轨平面的匀强磁场中,OO′为磁场边界,磁感应强度为B,导轨右侧接有定值电阻R,导轨电阻忽略不计。在距OO′为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻不计的金属杆ab。若ab杆在平行于斜面的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动,经过位移L时速度为v1,经过位移3L时速度为v2,其v-x关系图像如乙图所示,则

(1)在ab杆经过位移为3L的过程中电阻R上产生的电热Q是多少?

(2)ab杆在离开磁场前瞬间的加速度是多少?

正确答案

解:(1)ab杆在磁场中发生位移L的过程中(F-mgsinα)L=1/2mv12+Q

ab在位移L到3L的过程中,由动能定理得(F-mgsinα)(3L-L)=1/2mv22-1/2mv12解得

(2)ab杆在离开磁场前瞬间,受重力mg、支持力、安培力F和外力F作用,加速度为a

解得

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简答题

如图所示,两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上,导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计,导轨平面的倾角为α,条形匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置,总质量为m,置于导轨上导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生,图中未画出)。线框的边长为d(d<l),电阻为R,下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放,导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回,导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直,重力加速度为g。求:

(1)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q;

(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1

(3)经过足够长时间后,线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm

正确答案

解:(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,作用在线框上的安培力做功为W

由动能定理mgsinα·4d+W-Blld=0

且Q=-W

解得Q=4mgdsinα-BIld

(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着向下运动2d

由动能定理

装置在磁场中运动时受到的合力F=mgsinα-F'

感应电动势ε=Bdv

感应电流I'=ε/R

安培力F'=BI'd

由牛顿第二定律,在t到t+△t时间内,有

解得

(3)经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动

由动能定理mgsinα·xm-BIl(xm-d)=0

解得

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简答题

冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目,比赛场地示意如图所示,比赛时,运动员在投掷线AB处让冰壶以v0=2m/s的初速度向圆垒圆心O点滑出,已知圆垒圆心O到AB线的距离为30m,冰壶与冰面间的动摩擦因数为。(g取

(1)如果在圆垒圆心O有对方的冰壶,为了将对方冰壶撞开,运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦力因数减小,若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至,则运动员用毛刷擦冰面的长度应大于多少米?

(2)若运动员采用擦刷冰面的方式使冰壶刚好运动到圆垒圆心O点处,那么冰壶运动的最短时间是多少?

正确答案

解:(1)设滑至O点速度为零,由动能定理

解得

运动员刷冰面的距离应大于10m

(2)由(1)计算可知,在冰面上刷10m时,冰壶到达O处时速度为0

在开始刷冰面10m时,冰壶到达O处运动时间最短

刷过后的加速度为

解得

运动d=10m后剩余20m距离以a1做匀减速运动

则冰壶运动最短时间为s

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