- 机械能守恒定律
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如图所示,板长L=10cm,板间距离d=10cm的平行板电容器水平放置,它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场,某时刻一质量为m,带电量为q的小球由O点静止释放,沿直线OA从电容器C的中线水平进入,最后刚好打在电容器的上极板右边缘,O到A的距离X=45cm,(g取10m/s2)求:
(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小;
(2)小球刚进入电容器C时的速度V的大小;
(3)电容器C极板间的电压U.
正确答案
(1)由于带电小球做直线运动,因此小球所受合力沿水平方向,则:Eq=…①
解得:E=
(2)从O点到A点,由动能定理得:mgxtan30°=mv2-0…②
解之得:v=3m/s(3)小球在电容器C中做类平抛运动,
水平方向:L=vt…③
竖直方向:=
at2…④
根据牛顿第二定律,有:a=-g…⑤
③④⑤联立求解得:U=
答:(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小为;
(2)小球刚进入电容器C时的速度V的大小为3m/s;
(3)电容器C极板间的电压U为.
如图所示,电源电动势E=50V,内阻r=1Ω,R1=30Ω,R2=60Ω。间距d=0.2m的两平行金属板M、N水平放置,闭合开关S,板间电场视为匀强电场。板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB,有一个穿过细杆的带电小球p,质量为、电荷量为
(可视为点电荷,不影响电场的分布),现将小球p从杆的顶端A处由静止释放,小球p沿杆向下运动到杆的中点O时,速度为v=2m/s。求:
(1)AO两点间的电势差;
(2)滑动变阻器接入电路的阻值为。
正确答案
解:(1)小球p由A运动到O时,由动能定理,得:
(2)R1与R2并联,其电压为
总电流
由:
得:
一个带正电的微粒,从A点射入水平方向的匀强电场中,微粒沿直线AB运动,如图,AB与电场线夹角θ=30°,已知带电微粒的质量m=1.0×10-7kg,电量q=1.0×10-10C,A、B相距L=20cm。(取g=10m/s2 ,结果保留二位有效数字)求:
(1)说明微粒在电场中运动的性质,要求说明理由。
(2)电场强度的大小和方向?
(3)要使微粒从A点运动到B点,微粒射入电场时的最小速度是多少?
正确答案
解:(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动,在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向,可知电场力的方向水平向左,微粒所受合力的方向由B指向A,与初速度vA方向相反,微粒做匀减速运动。
(2)在垂直于AB方向上,有qEsinθ-mgcosθ=0
所以电场强度E=1.7×104N/C ,电场强度的方向水平向左。
(3)微粒由A运动到B时的速度vB=0时,微粒进入电场时的速度最小,
由动能定理得, mgLsinθ+qELcosθ=
代入数据,解得vA=2.8m/s
现代科学实验中常用的一种电子仪器叫示波器,它的核心部件是示波管,其工作原理如图所示,电量大小为e的电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转电场中,入射方向跟极板平行,偏转电场的极板间距离为d,板长为L,整个装置处在真空中,电子重力可忽略,电子能射出平行板区.
(1)偏转电场中,若单位偏转电压引起的偏移距离叫示波管的灵敏度,请通过计算说明提高示波管的灵敏度的办法;
(2)求电子离开偏转电场时的动能大小.
正确答案
(1)在加速电场中,由动能定理得:
eU1=mv02…①
设电子在偏转电场中运动时间为t.则有
L=v0t…②
y=at2…③
又a=…④
示波管的灵敏度η=…⑤
由①~⑤得η=
故提高示波管的灵敏度的办法有:增大L、减小U1、减小d
(2)由动能定理,得
eU1+y=Ek-0 ⑥
将②③式代入⑥,得
Ek=eU1+
答:
(1)提高示波管的灵敏度的办法有:增大L、减小U1、减小d.
(2)电子离开偏转电场时的动能大小是eU1+.
如图所示,两平行的足够长光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上,导轨间距为l,导轨电阻忽略不计,导轨所在平面的倾角为α,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向下。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,总质量为m,置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流,方向如图所示(由外接恒流源产生,图中未图出)。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。问:
(1)线框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中,通过线框的电量为多少?
(2)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q是多少?
(3)线框第一次向下运动即将离开磁场下边界时线框上边所受的的安培力FA多大?
(4)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是多少?
正确答案
解:(1)通过线框的电量为
(2)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
且Q=-W
解得Q=4mgdsinα-BIld
(3)设线框第一次向下运动刚离开磁场下边界时的速度为,则接着又向下运动
,由动能定理
得
安培力
(4)经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动。由动能定理
mgsinα·xm-BIl(xm-d)=0
解得
如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 Ω,电阻R=15 Ω。闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么,滑动变阻器接入电路的阻值为多大时,小球恰能到达A板?此时,电源的输出功率是多大?(取g=10 m/s2)
正确答案
解:小球进入板间后,受重力和电场力作用,且到A板时速度为零。设两板间电压为UAB
由动能定理得-mgd-qUAB=0- ①
∴滑动变阻器两端电压U=UAB=8V ②
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得I= ③
滑动变阻器接入电路的电阻 ④
电源的输出功率P=I2(R+R)=23 W ⑤
一个质量=0.1 g的小滑块,带有=5×10-4 C的电荷量,放置在倾角α=30 °的光滑斜面上(斜面绝缘),斜面置于=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图所示,小滑块由静止开始沿斜面滑下,其斜面足够长,小滑块滑至某一位置时,要离开斜面.求:
(1)小滑块带何种电荷?
(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大?
(3)该斜面的长度至少多少?
正确答案
解:(1)小滑块沿斜面下滑过程中,受重力、斜面支持力和洛伦兹力,若要小滑块离开斜面,洛伦兹力方向应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带负电荷
(2)小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的加速度为零,有
+-cosα=0
当=0时,小滑块开始脱离斜面,此时=cosα,得
==
×0.
5m/s=2
m/s
(3)下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得sinα=2斜面的
长度至少应是=
m=1.2 m
如图所示,板长为L的平行板电容器倾斜固定放置,极板与水平线夹角θ=30°,某时刻一质量为m,带电量为q的小球由正中央A点静止释放,小球离开电场时速度是水平的,(提示:离开的位置不一定是极板边缘)落到距离A点高度为h的水平面处的B点,B点放置一绝缘弹性平板M,当平板与水平夹角α=45°时,小球恰好沿原路返回A点.求:
(1)电容器极板间的电场强度E;
(2)平行板电容器的板长L;
(3)小球在AB间运动的周期T。
正确答案
解:(1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知
解得:
(2)小球垂直落到弹性挡板上,且,有
根据动能定理:
解得:
(3)由于小球在复合场中做匀加速运动
解得
平抛运动的时间为
总时间为
质量m=0.1 g的小物块,带有5×10-4 C的电荷,放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上,整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中,磁场方向如图所示,物块由静止开始下滑,滑到某一位置时,开始离开斜面(设斜面足够长,g取10 m/s2),求:
(1)物块带何种电荷?
(2)物块离开斜面时的速度多大?
(3)物块在斜面上滑行的最大距离。
正确答案
解:(1)因为物块由静止下滑且最后要离开斜面,所以所受洛伦兹力垂直斜面向上,由左手定则知物块带负电荷
(2)以物体为研究对象,受力分析如图所示,当物块离开斜面时FN=0,即:
F洛=mgcos30° ①
F洛=qvB ②
由①②得≈3.46 m/s
(3)设物体在斜面上下滑的最大距离为L,由动能定理可知:
所以
如图所示,两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上,两轨道之间的距离l=0.50m.轨道的MM′端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻,NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接,两半圆轨道的半径均为R0=0.50m.直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64T的匀强磁场中,磁场区域的宽度d=0.80m,且其右边界与NN′重合.现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0m处.在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动,当运动至磁场的左边界时撤去F,结果导体ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP′.已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好,且始终与轨道垂直,导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10,轨道的电阻可忽略不计,取g=10m/s2,求:
(1)导体杆刚进入磁场时,通过导体杆上的电流大小和方向;
(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量;
(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热.
正确答案
解:(1)设导体杆在F的作用下运动到磁场的左边界时的速度为υ1
根据动能定理则有(Fμmg)s=
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blυ1此时通过导体杆的电流大小I=E/(R+r)=3.8A(或3.84A)
根据右手定则可知,电流方向为b向a
(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t,产生的感应电动势的平均值为E平均
则由法拉第电磁感应定律有E平均=ΔΦ/t=Bld/t
通过电阻R的感应电流的平均值为I平均=E平均/(R+r)
通过电阻R的电荷量q=I平均t=0.51C
(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为υ2,运动到圆轨道最高点的速度为υ3,因导体杆恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点,根据牛顿第二定律,对导体杆在轨道最高点时有 mg=mυ23/R0
对于导体杆从NN′运动至PP′的过程,根据机械能守恒定律有+mg2R0解得υ2=5.0m/s
导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE==1.1J
此过程中电路中产生的焦耳热为Q=ΔE-μmgd=0.94J
如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m<M,A、B间动摩擦因数为μ,现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求:
(1)A、B最后的速度大小和方向;
(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小。
正确答案
解:(1)由A、B系统动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v
所以v=v0,方向向右
(2)A向左运动速度减为零时,到达最远处,此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得:Mv0-mv0=Mv′ ①
对板车应用动能定理得:-μmgs=mv′2-
mv02 ②
联立①②解得:s=v02
如图,粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接,斜面倾角θ=37°。A、B是两个质量均为m=1kg的小滑块(可看作质点),B的左端连接一轻质弹簧。若滑块A在斜面上受到F=4N,方向垂直斜面向下的恒力作用时,恰能沿斜面匀速下滑。现撤去F,让滑块A从斜面上,距斜面底端L=1m处,由静止开始下滑。取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)求滑块A与斜面间的动摩擦因数;
(2)求滑块A到达斜面底端时的速度大小;
(3)滑块A与弹簧接触后粘连在一起。求此后弹簧的最大弹性势能。
正确答案
解:(1)滑块沿斜面匀速下滑时受力如图1所示
根据牛顿第二定律mgsinθ=μN,N=mgcosθ+F
解得=0.5
(2)滑块沿斜面加速下滑时受力如图2所示
设滑块滑到斜面低端时的速度为v1,根据动能定理
代入数据解得v1=2 m/ s
(3)以A、B、弹簧为研究对象,设它们共同的速度为v2
根据动量守恒定律
设弹簧的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒
代入数据解得Ep=1J
如图所示,一质量为M,长为L的木板固定在光滑水平面上。一质量为m的小滑块以水平速度v0从木板的左端开始滑动,滑到木板的右端时速度恰好为零。求:
(1)小滑块在木板上的滑动时间;
(2)若木块不固定,其它条件不变,小滑块相对木板静止时距木板左端的距离。
正确答案
解:(1)小滑块所受合外力为滑动摩擦力,设动摩擦因数为μ,有
①
②
解得
(2)设小滑块与木板的共同速度为v,小滑块距木板左端的距离为L',有
③
④
由以上各式解得
如图所示,质量为3m、长度为L的木块置于光滑的水平面上,质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块,穿出木块时速度为2v0/5,设木块对子弹的阻力始终保持不变。
(1)求子弹穿透木块后,木块速度的大小;
(2)求子弹穿透木块的过程中,木块滑行的距离s;
(3)若改将木块固定在水平传送带上,使木块始终以某一恒定速度(小于v0)水平向右运动,子弹仍以初速度v0水平向右射入木块。如果子弹恰能穿透木块,求此过程所经历的时间。
正确答案
解:(1),则
(2)
解之得
(3)
解之得
如图所示,直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上,挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n,其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连,电容器两极板间的距离为d,电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍,其余电阻不计,线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电,电荷量始终保持为q,在水平台面上以初速度v0从p1位置出发,沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场,p1、p2在电场外,间距为L,其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ,其余部分的摩擦不计,重力加速度为g。求:
(1)小滑块通过p2位置时的速度大小。
(2)电容器两极板间电场强度的取值范围。
(3)经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围。
正确答案
解:(1)小滑块运动到位置p2时速度为v1,由动能定理有:
-umgL= ①
v1= ②
(2)由题意可知,电场方向如图,若小滑块能通过位置p,则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5,设小滑块在位置p的速度为v,受到的挡板的弹力为N,匀强电场的电场强度为E,由动能定理有:
-umgL-2rEqs= ③
当滑块在位置p时,由牛顿第二定律有:N+Eq=m ④
由题意有:N≥0 ⑤
由以上三式可得:E≤ ⑥
E的取值范围:0<E≤ ⑦
(3)设线圈产生的电动势为E1,其电阻为R,平行板电容器两端的电压为U,t时间内磁感应强度的变化量为△B,得: U=Ed ⑧
由法拉第电磁感应定律得E1=n⑨
由全电路的欧姆定律得E1=I(R+2R)⑩
U=2RI
经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围:0<≤
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