- 机械能守恒定律
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如图所示,质量为m=0.05kg的小球A,用长为L=0.lm的细绳吊起处于静止状态(小球与水平地面接触,但无相互作用),光滑斜面的底端与A相距S=2m.现有一滑块B质量也为m,从固定的斜面上高度h=1.3m处由静止滑下,与A碰撞后粘合在一起.若不计空气阻力,且A和B都可视为质点,B与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.25,g取10m/s2.求:
(1)B与A碰撞前瞬间,B速度的大小vB;
(2)B与A碰撞后粘合在一起的瞬间,二者共同速度的大小VAB;
(3)B与A碰撞后瞬间受到细绳拉力的大小F.
正确答案
(1)滑块B从斜面高为h处开始下滑到与A碰撞前的过程中,
由动能定理可得:mgh-μmgs=mvB2-0,
解得:vB=4m/s;
(2)B与A碰撞过程中,由动量守恒定律得:
mvB=(m+m)vAB,解得:vAB=2m/s;
(3)A与B碰后一起做圆周运动,
由牛顿第二定律得:F-2mg=2m,
解得:F=5N;
答:(1)B与A碰撞前瞬间,B速度的大小为4m/s;
(2)B与A碰撞后粘合在一起的瞬间,二者共同速度的大小为2m/s;
(3)B与A碰撞后瞬间受到细绳拉力的大小为5m/s.
如图所示,一束电子从静止开始经U′=5000V的电场加速后,从水平放置的一对平行金属板正中水平射入偏转电场中,若金属极板长L=0.05m,两极板间距d=0.02m,试求:
(1)两板间至少要加多大的电压U才能使电子恰不飞出电场?
(2)在上述电压下电子到达极板时的动能为多少电子伏特?
正确答案
(1)在加速电场中,根据动能定理得:qU′=m
-0
电子进入偏转电场,因E⊥v0,故电子作类平抛运动,
水平方向:x=v0t
竖直方向:y==
由题,电子恰不飞出电场,则有x=L,y=
由此解得:U==
=1.6×103V
(2)对电子运动全过程,运用动能定理,有 qU′+=EK-0
则电子到达极板时动能EK=qU′+=5.8×103eV
答:
(1)两板间至少要加1.6×103V 的电压U才能使电子恰不飞出电场.
(2)在上述电压下电子到达极板时的动能为5.8×103电子伏特.
如图所示,两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上,相距为L,处于竖直向下的磁场中,整个磁场由n个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2…n组成,从左向右依次排列,磁感应强度的大小分别为B、2B、3B…nB,两导轨左端MP间接入电阻R,一质量为m的金属棒ab垂直于MN、PQ放在水平导轨上,与导轨电接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.
(1)对导体棒ab施加水平向右的力,使其从图示位置开始运动并穿过n个磁场区,求导体棒穿越磁场区1的过程中通过电阻R的电量q;
(2)对导体棒ab施加水平向右的恒力F0,让它从磁场区1左侧边界处开始运动,当向右运动距离时做匀速运动,求棒通过磁场区1所用的时间t;
(3)对导体棒ab施加水平向右的拉力,让它从距离磁场区1左侧x=x0的位置由静止开始做匀加速运动,当棒ab进入磁场区1时开始做匀速运动,此后在不同的磁场区施加不同的拉力,使棒ab保持做匀速运动穿过整个磁场区,求棒ab通过第i磁场区时的水平拉力Fi和棒ab在穿过整个磁场区过程中回路产生的电热Q.
正确答案
(1)电路中产生的感应电动势为:E=
通过电阻R的电量为:q=I△t=
导体棒通过I区过程:△Φ=BLx0
解得:q=
故导体棒穿越磁场区1的过程中通过电阻R的电量:q=.
(2)设导体棒运动时速度为v0,则产生的感应电流为:
I0==
导体棒受到的安培力与水平向右的恒力F0平衡,则
BI0L=F0
解得:v0=
设棒通过磁场去I在△t时间内速度的变化为△v,对应的位移为△x,则
F0-BIL=m
△v=△t-
v△=
△t-
△x
则∑△v=∑△t-
∑△x
解得:t=+
故棒通过磁场区1所用的时间t=+
.
(3)设进入I区时拉力为F1,速度v,则有:
F1x0=mv2
F1- =0
解得:F1=,v=
进入i区的拉力:Fi=.
导体棒以后通过每区域都以速度v做匀速运动,由功能关系有:
Q=F1x0+F2x0+…+Fnx0
解得:Q=(12+22+…n2)
故棒ab通过第i磁场区时的水平拉力的拉力:Fi=,棒ab在穿过整个磁场区过程中回路产生的电热Q=
(12+22+…n2).
如图所示,K与虚线MN之间是加速电场,虚线MN与PQ之间是匀强电场,虚线PQ与荧光屏之间是匀强磁场,且MN均与荧光屏三者互相平行,电场和磁场的方向如图所示,图中A点与O点的连线垂直于荧光屏.一带正电的粒子初速度为0,经加速电场加速后从A点离开,速度方向垂直于偏转电场方向射入偏转电场,在离开偏转电场后进入匀强磁场,最后恰好垂直地打在荧光屏上.已知电场和磁场区域在坚直方向足够长,加速电场电压与偏转电场的场强关系为U=,式中的d是偏转电场的宽度,磁场的磁感应强度B与偏转电场的电场强度E和带电粒子离开加速电场的速度vo关系符合表达式v0=
若题中只有偏转电场的宽度d为已知量,不计粒子重力,则:
(1)画出带电粒子轨迹示意图;
(2)磁场的宽度L为多少?
(3)带电粒子在电场和磁场中垂直于vo方向的偏转距离分别是多少?
正确答案
(1)粒子先做加速,再做类平抛运动,最后做圆周运动,垂直打在板上,轨迹如下图所示:
(2)粒子在加速电场中,由动能定理可知:
Uq=mv02
粒子在匀强电场中做类平抛运动,设偏转角为θ,有tanθ=
vy=at
a=
t=
U=Ed
解得:θ=45°
带电粒子离开电场偏转电场的速度为v0;
粒子在磁场中运动,由牛顿第二定律有:
Bqv=m
在磁场中偏转的半径为R==
=
=
d
由图可知,磁场宽度L=Rsinθ=d
(3)由图中几何关系可知,带电粒子在偏转电场中距离y1=0.5d;在磁场中偏转距离为R-Rcosθ=0.414d;
如图所示,半径r=0.80m的光滑金属半球壳ABC与水平面在C点连接,一质量m=0.10kg的小物块在水平面上距C点s=1.25m的D点,以不同的初速度向C运动.O点是球心,D、C、O三点在同一直线上,物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.20,取g=10m/s2.
(1)若物块运动到C点时速度为零,恰好沿球壳滑下,求物块滑到最低点B时对球壳的压力大小.
(2)若物块运动到C点水平飞出,恰好落在球壳的最低点B,求物块在D点时的初速度大小.
(3)通过分析判断小物块能否垂直撞击球壳.
正确答案
(1)设小物块滑到最低点B的速度为vB,受到球壳的支持力为NB,则在小物块从C至B的过程中只有重力做功,根据动能定理有:
mgr=m
-0
可得:vB=
小物块在B点所受合力提供其圆周运动向心力,根据牛顿第二定律有:
NB-mg=m
得:NB=mg+m=mg+m
=3mg=33×10×0.1N=3N
根据牛顿第三定律可知,小物块在B点对半球壳的压力为3N;
(2)小物块从C点水平滑出做平抛运动,其恰好落在B点,则可知小物块在平抛过程中:
水平位移x=r=vct…①
竖直位移y=r=gt2…②
由①和②可得:vC==
=
=
m/s=2m/s
小物块在从D到C的过程中只有滑动摩擦力做功,根据动能定理有:
-μmgs=m
-
m
解得:vD==
m/s=3m/s
(3)若物块撞击球壳BC段,速度方向斜向左下方,则不可能垂直撞击半球壳,若小球落在AB上的E点,OE与竖直方向的夹角为θ,E点时速度与竖直方向夹角为α,则小球从C到E做平抛运动有:
竖直方向位移:y=rcosθ=gt2,
所以其运动时间为:t=
在E点竖直分速度:vy=gt=
小物块在水平方向的位移为:x=r+rsinθ=vCt=vC
在E点水平分速度:vc=
所以在E点小物块速度方向与竖直方向的夹角的正切值:
tanα==
=
=
因为:tanα=>tanθ
所以小球不可能垂直撞击球壳.
答:(1)若物块运动到C点时速度为零,恰好沿球壳滑下,物块滑到最低点B时对球壳的压力大小为3N;
(2)若物块运动到C点水平飞出,恰好落在球壳的最低点B,物块在D点时的初速度大小为3m/s;
(3)小球不可能垂直撞击球壳.
有一质量为0.2kg的物块,从长为4m,倾角为30°光滑斜面顶端处由静止开始沿斜面滑下,斜面底端和水平面的接触处为很短的圆弧形,如图所示.物块和水平面间的滑动摩擦因数为0.2求:
(1)物块在水平面能滑行的距离;
(2)物块克服摩擦力所做的功.(g取10m/s2)
正确答案
(1)对物块运动的整个过程运用动能定理得:
0-0=mglsin30°-μmgs
带入数据解得:s=10m
(2)整个过程中摩擦力做的功为:W=-μmgs
代入数据得;W=-4J
所以物块克服摩擦力所做的功为4J.
答:(1)物块在水平面能滑行的距离为10m;
(2)物块克服摩擦力所做的功为4J.
如图所示,长为L的细线下系一质量为m的小球,线上端固定在O点,小球可以在竖直面内摆动,不计空气阻力,当小球从摆角为θ的位置由静止运动到最低点的过程中,求:
(1)重力对小球做的功;
(2)小球到最低点时的速度为多大;
(3)小球在最低点时,细线对小球的拉力.
正确答案
(1)重力做功W=mgh=mgL(1-cosθ)
(2)根据动能定理得
mgL(1-cosθ)=mv2
解得v=
(3)由牛顿第二定律得
F-mg=m
代入解得F=mg(3-2cosθ)
答:(1)重力对小球做的功为mgL(1-cosθ);
(2)小球到最低点时的速度为得v=;
(3)小球在最低点时细线对小球的拉力为mg(3-2cosθ).
如图所示,在一个绝缘水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的虚线右侧有一个匀强电场,场强大小E=6.0×l05 N/C,方向与x轴正方向相同.在O点放一个电荷量q=-5.0xl0-8C、质量m=1.0×10 -2kg的带电物块.沿x轴正方向给物块一个初速度vo=2.0m/s使物块向右运动,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,g取10m/s2.求:
(1)物块向右运动的最大距离.
(2)物块最终停止的位置.
正确答案
如图所示,摆球质量为m=2kg,悬线的长为L=1m,把悬线拉到水平位置后放手.设在摆球运动过程中空气阻力Ff=2N的大小不变,求摆球从A运动到竖直位置B时,重力mg、绳的拉力FT、空气阻力Ff各做了多少功?g=10m/s2.
正确答案
重力的功WG=mgL=20J
绳子拉力与摆球的速度方向始终垂直,拉力对摆球不做功,故拉力的功为零;
空气阻力与速度方向相反,空气阻力做负功,Wf=-fs=-f=-2×
=-3.14J
答:重力mg、绳的拉力FT、空气阻力Ff做功分别为20J、0和-3.14J.
把一个质量为1kg的物体放在水平面上,用8N的水平拉力使物体从静止开始运动,物体与水平面的动摩擦因数为0.2,物体运动2s时撤掉拉力.(g取10m/s2)求:
(1)2s末物块的动能.
(2)2s后物块在水平面上还能向前滑行的最大距离.
正确答案
(1)根据牛顿第二定律:F-f=ma
解得:a==
m/s2=6m/s2
则在2秒内末物体的动能为EK=mv2=
×1×(6×2)2J=72J
(2)根据动能定理,取从静止到停止,
则有F×at2-f(
at2+x)=0-0
解得:x=36m
答:(1)2s末物块的动能72 J;
(2)2s后物块在水平面上还能向前滑行的最大距离36 m.
质量为5t的汽车从静止出发,以1m/s2的加速度沿平直公路行驶,已知汽车所受阻力为1000N,求:
(1)汽车的牵引力为多大?
(2)汽车在10s末的功率是多大?
(3)合外力在这段时间内对汽车做的功是多少?
正确答案
解:(1)由F-f=ma得,F=ma+f=6000N
(2)P=Fv=Fat=12kw
(3)W合=mv2/2=10000J
(10分)在2011年少年科技创新大赛中,某同学展示了其设计的自设程序控制的电动赛车,赛车(可视为质点)从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍,即k=Ff/mg =0.5.赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作,轨道AB的长度L=2m.圆形轨道的半径R=0.5m,空气阻力可忽略,取重力加速度g =l0m/s2。某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下,求:
(1)小车在CD轨道上运动的最短路程;
(2)赛车电动机工作的时间。
正确答案
略
如图所示,在一匀强电场中的A点有一小球,并用细线与固定的O点相连,然后把细线水平拉直,但没有伸长.现让小球从A点由静止开始运动.小球经过O点正下方时的速度多大?
(已知小球的质量m=1.0×10-4kg,所带电荷量q=+1.0×10-7C,细线长度L=10cm,电场强度E=×104N/C;g=10m/s2)
正确答案
据题意,小球受到电场力为F=qE=1.0×10-7C××104N/C=
×10-3N,
重力G=mg=1.0×10-4×10N=10-3N
则qE=mg,电场力与重力的合力与水平方向的夹角为30°.
所以小球沿两个力的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动,当小球从A点开始沿直线到达O点的正下方,由动能定理得
qEL+mgLtan30°=mv2
代入数据解得,v=2.1m/s
答:小球经过O点正下方时的速度是2.1m/s.
在一次国际城市运动会中,要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发,沿着动摩擦因数为0.2的滑道向下运动到B点后水平滑出,最后落在水池中。设滑道的水平距离为L,B点的高度h可由运动员自由调节(取g=10m/s2)。求:
(1)当时h=1m,运动员从B点飞出速度大小;
(2)运动员要达到最大水平运动距离,B点高度h应调为多大?落水点与点最大水平距离Smax为多少?
正确答案
(1)4m∕s
(2)0.9m;Smax=2.8m
如图所示,AB是粗糙的圆弧,半径为R,OA水平,OB竖直,O点离地面高度为2R,一质量为m的小球,从A点静止释放,不计空气阻力,最后落在距C点R处的D点.求:
①小球经过B点时,对轨道的压力?
②小球在AB段克服阻力做的功?
正确答案
①B到D小球做平抛运动
解得vB=
B点小球受重力和支持力的合力提供向心力,
有牛顿第二定律得
解得 N=mg
由牛顿第三定律,小球对轨道的压力N′=mg,竖直向下
②小球从A到B的过程中,由动能定理得:
解得; =-
mgR
即小球克服阻力做功为mgR
答:小球经过B点时,对轨道的压力为mg,方向竖直向下;小球在AB段克服阻力做的功为
mgR.
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