- 机械能守恒定律
- 共29368题
下雪天,卡车在笔直的高速公路上匀速行驶.司机突然发现前方停着一辆故障车,他将刹车踩到底,车轮被抱死,但卡车仍向前滑行,并撞上故障车,且推着它共同滑行了一段距离l后停下.事故发生后,经测量,卡车刹车时与故障车距离为L,撞车后共同滑行的距离l=L.假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同.已知卡车质量M为故障车质量m的4倍.
(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1,两车相撞后的速度变为v2,求
(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施,事故就能免于发生.
正确答案
(1)由碰撞过程动量守恒Mv1=(M十m)v2 ①
则=
2)设卡车刹车前速度为v0,轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ,根据动能定理得:
两车相撞前卡车动能变化Mv02-
Mv12=μMgL ②
碰撞后两车共同向前滑动,动能变化 (m+M)v22-0=μ(m+M)gl ③
由②式 v02-v12=2μgL
由③式 v22=2μgl
又因l=L,得 v02=3μgl
如果卡车滑到故障车前便停止,由 Mv02=μMgL′④
解得:L′=L
这意味着卡车在距故障前至少L处便紧急刹车,才能免于事故.
答:(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1,两车相撞后的速度变为v2,=
,
(2)卡车在距故障前至少L处便紧急刹车,才能免于事故.
如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨,水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,一端接阻值是R的电阻.一电阻是R0,质量为m的导体棒放置在导轨上,在外力F作用下从t=0的时刻开始运动,不计导轨电阻,
(1)若其以速度V匀速运动,求通过电阻的电流I.
(2)若其速度随时间的变化规律是v=vmsinωt,求从t=0到t=时间内外力F所做的功.
正确答案
(1)根据感应电动势和电路得:
E=BLv=I(R+R0)
∴I=
(2)根据动能定理研究从t=0到t=时间内
WF+W安=mvm2-0
安培力做功量度电能变化的多少,根据v=vmsinωt,知道电路中产生的电流为正弦交变电流,
∴W安=-Q=-•t=
,
WF=mvm2+
.
答:(1)通过电阻的电流是,
(2)外力F所做的功是mvm2+
.
如图所示,长木板A上右端有一物块B,它们一起在光滑的水平面上向左做匀速运动,速度v0=2.0m/s.木板左侧有一个与木板A等高的固定物体C.已知长木板A的质量为mA=1.0kg,物块B的质量为mB=3.0kg,物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10m/s2.
(1)若木板A足够长,A与C第一次碰撞后,A立即与C粘在一起,求物块B在木板A上滑行的距离是多少;
(2)若木板A足够长,A与C发生碰撞后弹回(碰撞时间极短,没有机械能损失),求第一次碰撞后A、B具有共同运动的速度.
正确答案
(1)A与C碰撞后速度即变为0,而B将继续运动,受摩擦力作用,速度由v0减到0,由动能定理:
μmBgL=mB
解得:L=0.40m.
故物块B在木板A上滑行的距离为:L=0.40m.
(2)A与C发生弹性碰撞后,速度大小仍为v0,方向相反,以A、B为研究对象,设A、B有共同的速度v,水平方向不受外力作用,系统动量守恒,设向左为正,有:
mBv0-mAv0=(mA+mB)v
所以:v==
=1 m/s,方向水平向左.
故第一次碰撞后A、B具有共同运动的速度为1m/s,方向水平向左.
如图所示,一质量为m,电荷量为q的粒子从容器A下方小孔S1飘入电势差为U的加速电场,然后让粒子经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到底片D上.
(1)粒子进入磁场时的速率.
(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径.
正确答案
(1)带电粒子在加速电场中运动,由动能定理有
qU=mv2
得粒子进入磁场时的速率 v=
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有
qvB=m
解得 R==
答:(1)粒子进入磁场时的速率为.
(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径.
质量为m的小球A以水平速度v与原来静止在光滑水平面上的质量为3cm的小球B发生正碰,已知碰撞过程中A球的动能减少了75%,求碰撞后B球的速度.
正确答案
由Ek=mv2可知,A球碰后的速度vA=±
…
由于A、B碰撞过程中动量守恒,所以mv=mvA+3mvB
解得:当vA=时,vB=
,当vA=-
时,vB=
由于第一组答案不符合实际运动情况,应舍去,所以碰后B球的速度为
答:碰后B球的速度为.
质量是2g的子弹,以300m/s的速度水平射入厚度是5cm的木板(如图所示),射穿木板后的速度是100m/s.子弹在射穿木板的过程中所受的平均阻力是多大?
正确答案
设平均阻力为F,根据动能定理
-Fs=m(v22-v12)
解得F=(v12-v22)=1.6×103N.
答:子弹在射穿木板的过程中所受的平均阻力是1.6×103N.
如图所示,质量为m,带电量为+q的微粒在0点以初速度v0与水平方向成θ 角射出,微粒在运动中受阻力大小恒定为f.
①如果在某方向加上一定大小的匀强电场后,能保证微粒仍沿u方向做直线运动,试求所加匀强电场的最小值?
②若加上大小一定,方向水平向左的匀强电场,仍能保证微粒沿vo方向做直线运动,并经过一段时间后又返回o点,求微粒回到o点时的速率?
正确答案
(
1)微粒受力如图所示,要保证微粒沿vo方向直线运动必须使垂直于vo方向斜上方加匀强电场,E有最小值,且Eq=mgcosθ,E=.
(2)如图所示,为使垂直于v0方向合力为零,Eqsinθ=mgcosθ.设微粒最大位移为S,由动能定理
-(mgsinθ+qEcosθ+f)S=0-m
粒子由O点射出再回到O点整个过程,由动能定理
-2fS=mv2-
m
.
解上述方程得
v=v0.
答:
①如果在某方向加上一定大小的匀强电场后,能保证微粒仍沿u方向做直线运动,所加匀强电场的最小值为E=.
②微粒回到O点时的速率为v=v0.
如图所示,在O点放置一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q,运动的轨迹如图中虚线所示.它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A点到OC的竖直高度为h.已知带电小球通过B点时的速度为v,求:
(1)带电小球通过C点时速度大小;
(2)带电小球由A点运动到C点的过程中电场力所做的功.
正确答案
(1)从B点到C点的过程中,应用动能定理得mgRsin30°=m
-
mv2
可得:vc=
(2)从A点到C点的过程中,应用动能定理得We+mgh=m
可得:We=mv2+mg(
-h)
答:(1)带电小球通过C点的速度大小为vc=.(2)带电小球由A点运动到C点的过程中电场力所做的功为
mv2+mg(
-h).
如图所示,一带电量为+q、质量为m的小球,从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出,在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管,细管的上口距地面高为h,为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子,可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场,已知重力加速度为g求:
(1)小球的初速度;
(2)应加电场的场强大小;
(3)小球落地时的动能.
正确答案
(1)由题意知,小球落到管口时的水平速度为零,速度方向竖直向下,设从抛出到管口的运动时间为t.对小球从抛出到管口的过程,竖直方向上小球做自由落体运动,则有:
h=gt2,
水平方向上粒子做匀减速运动,减速至0,则有:
s=t,
联立解得:v0=s.
(2)水平方向上电场力做的功等于小球的动能变化,根据动能定理有:
qE•s=mv
,
解得:E=
(3)小球落地时只具有竖直方向的速度,根据动能定理得:
小球落地时的动能:Ek=mg•2h=2mgh
答:(1)小球的初速度为s.
(2)应加电场的场强大小为.
(3)小球落地时的动能为2mgh.
如图所示,一光滑绝缘圆管轨道位于竖直平面内,半径为0.2m.以圆管圆心O为原点,在环面内建立平面直角坐标系xOy,在第四象限加一竖直向下的匀强电场,其他象限加垂直于环面向外的匀强磁场.一带电量为+1.0C、质量为0.1kg的小球(直径略小于圆管直径),从x坐标轴上的b点由静止释放,小球刚好能顺时针沿圆管轨道做圆周运动.(重力加速度g取10m/s2)
(1)求匀强电场的电场强度E;
(2)若第二次到达最高点a时,小球对轨道恰好无压力,求磁感应强度B;
(3)求小球第三次到达最高点a时对圆管的压力.
正确答案
(1)小球第一次刚好过最高点,此时速度v1=0
根据动能定理得,qER-mgR=0
∴E==1N/C
(2)小球第二次过最高点是速度为v2,由动能定理可知2qER-mgR=m
又mg+qv2B=m.
以上两式可解得B==0.5T
(3)小球第三次过最高点时速度为,小球受圆管向下的压力为FN
3qER-mgR=m
mg+qv3B+FN=m
解得FN=(3-)mg=(3-
)N
根据牛顿第三定律可知
小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为(3-)N方向竖直向上.
答:(1)匀强电场的电场强度为1N/C.(2)磁感应强度B为0.5T.(3)小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为(3-)N,方向竖直向上.
列车载重时直接向前起动有困难,司机常常先倒车再起动前进.设在平直轨道上的某机车后面挂接有n节车厢,机车与每节车厢的质量都为m,它们所受的阻力都为自身重力的k倍,倒车后各节车厢间的挂钩所留间隙均为d,如图(1)所示,在这种植况下,机车以恒定的牵引力F由静止开始起动,机车及各车厢间挂接的时间极短,挂接后挂钩的状态如图(2)所示.求:
(1)第一节车厢刚被带动时列车的速度
(2)最后一节车厢刚被带动时列车的速度
(3)要想使最后一节车厢也能被带动起来,机车牵引力 F的最小值.
正确答案
(1)挂接第一节车厢前,由动能定理得:
(F-kmg)d=mv1′2-0,
挂接第一节车厢的过程中,动量守恒,
由动量守恒定律得:mv1′=2mv1,
解得:v1=;
(2)挂接第二节车厢前,由动能定理得:
(F-k•2mg)d=mv2′2-
mv12,
挂接第二节车厢的过程中,动量守恒,
由动量守恒定律得:2mv2′=3mv2,
解得:v2=,
挂接第三节车厢前,由动能定理得:
(F-k•3mg)d=mv3′2-
mv22,
挂接第三节车厢的过程中,动量守恒,
由动量守恒定律得:3mv2′=4mv3,
解得:v3=,
同理可得,第n节车厢刚被带动时的速度:
vn=;
(3)要想使最后一节车厢也能被带动起来,
则vn≥0,即≥0,
-
kg≥0,
则F≥kmg;
答:(1)第一节车厢刚被带动时列车的速度为:;
(2)最后一节车厢刚被带动时列车的速度为;
(3)要想使最后一节车厢也能被带动起来,机车牵引力F的最小值为kmg.
如图甲所示,长为0.51m的木板A的质量为1kg,板上右端有物块B,质量为3kg,它们一起在光滑水平面上向左匀速运动;速度v0=2.0m/s.木板与等高的竖直固定挡板C发生碰撞,时间极短,没有机械能的损失,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10m/s2,求:
(1)第一次碰撞后,A、B共同运动的速度大小和方向;
(2)第二次碰撞后,A与C之间的最大距离;
(3)A与固定挡板C碰撞几次,B可以脱离A板;
(4)在图乙的坐标中画出从A与C第一次碰撞至A与C第二次碰撞后A、B达到共同速度为止这段时间内的物块A和B的速度时间图象.
正确答案
(1)由于A与C碰撞没有机械能损失,A碰后原速率弹回,
以AB整体为研究对象,从A与C碰后到有共同速度,系统的动量守恒,
选向左为正方向,有-mAv0+mBv0=(mA+mB)v1
得v1=1.0m/s(方向向左)
用t1这一过程所需时间,研究物块B,由-μgt1=v1-v0,得
t1==0.2s
(2)以物块A为研究对象,A与C碰后,至对地面速度为零,受力为f,位移为sm,即为最大位移.
f=μmBg
-fsm=0-mA
得Sm=0.03m
(3)第一次A与C碰后至A、B有共同速度v1,B在A上相对于A滑行L1,由能量守恒有
-fL1=(mA+mB)()
得L1=0.4m
这时物块A距C的距离s1=•t1=
•t1=0.1m
因此从A、B有共同速度v1后到再与C相碰所需时间t2==0.1s
第二次A与C碰后至A、B有共同速度v2,B在A上相对于A滑行L2,
由动量守恒和能量守恒有
-mAv1+mBv1=(mA+mB)v2
-fL2=(mA+mB)()
得v2=0.5m/s,L2=0.1m
以物块B作研究对象求此过程所需时间,得-μgt3=v2-v1
代入数据可得t3=0.1s
若第三次A与C碰后至A、B有共同速度v3,B在A上相对于A滑行L3,有-mAv2+mBv2=(mA+mB)v3
-fL3=(mA+mB)()
得L3=0.025m(2分)L1+L2+L3=0.525m>0.51m,即第三次碰撞后B脱离A板.
(4)如图所示
答:(1)第一次碰撞后,A、B共同运动的速度大小是1.0m/s,方向向左;
(2)第二次碰撞后,A与C之间的最大距离是0.03m;
(3)A与固定挡板C碰撞3次,B可以脱离A板;
(4)如图
某滑板爱好者在离地=1.8m高的平台上滑行,水平离开A点后落在水平地面的B点,其水平位移=3m,着地时由于存在能量损失,着地后速度变为=4m/s,并以此为初速沿水平地面滑行=8m后停止.已知人与滑板的总质量=60kg.求
(1)人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小;
(2)人与滑板离开平台时的水平初速度.(空气阻力忽略不计,g=10m/s2)
正确答案
解:(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f
根据动能定理有
解得
(2)人和滑板一起在空中做平抛运动,设初速为v0,飞行时间为t,根据平抛运动规律有
两式解得
(20分)
如图1所示,木板A静止在光滑水平面上,一小滑块B(可视为质点)以某一水平初速度从木板的左端冲上木板。
(1)若木板A的质量为M,滑块B的质量为m,初速度为v0,且滑块B没有从木板A的右端滑出,求木板A最终的速度v。
(2)若滑块B以v1=3.0m/s的初速度冲上木板A,木板A最终速度的大小为v=1.5m/s;若滑块B以初速度v2=7.5m/s冲上木板A,木板A最终速度的大小也为v=1.5m/s。已知滑块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.3,g取10m/s2。求木板A的长度L。
(3)若改变滑块B冲上木板A的初速度v0,木板A最终速度v的大小将随之变化。请你在图2中定性画出v-v0图线。
正确答案
(1);(2)3m;(3)图像如下图所示。
试题分析:(1)由题意可知,木板A和滑块B的系统动量守恒,则有:
所以 ………4分
(2)由题意可知:当滑块B以速度v1冲上木板,最终滑块与木板有共同速度v;当滑块B以速度v2冲上木板,滑块将冲出木板,设滑块B的速度为v3,在此过程中木板的位移为x。根据动量守恒定律和动能定理有
mv1=(M+m)v;
mv2=Mv+mv3;
-μmg(x+L)=mv32-
mv22;
-μmgx=Mv2-0
代入数据可求得:L=3m………10分
(3)当v0=0时,木板的速度也为0;
当v0较小时,只要滑块滑不出木板,则v与v0就成正比;
当v0较大时,滑块会滑出木板,滑块滑出木板时,滑块对木板的作用力是摩擦力,而滑动摩擦力是不变的,当v0越大时,滑块在木板上的时间就越小,则滑块对木板的冲量就越小,木板获得的动量也就越小,木板的速度就越小,故图像是如下图的样子。
答案见下图……………6分
如图所示,一质量m=2 kg的小球从离地高为h处以v0= 的速度斜向上抛出,则小球落地时的速度大小为多少?(g取10 m/s2)
正确答案
解:小球运动过程中只有重力做功,根据重力做功的特点及动能定理得:
小球落地时的速度大小
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