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简答题

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′2mv02

联立①②解得:s=v02

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简答题

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

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简答题

一个带正电的质点,电量q=2.0×10-9库,在静电场中由a点移到b点,在这过程中,除电场力之外的其他力作功为6.0×10-5焦,质点的动能增加了8.0×10-5焦,则a、b两点间的电势差为多大?

正确答案

解:依题意,质点的电量q=2.0×10-9 C,设a、b两点间电势差为Uab

则质点从a到b点,电场力做功为W=qUab

又已知其它力做功W其它=6.0×10-5 J

质点动能的增量△EK=8.0×10-5 J

则质点从a到b的过程中,由动能定理得W+W其它=△EK

代入数据得:Uab=1×104V

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简答题

如图所示的电场,用一族互相平行的直线表示等势面,间隔均为d,各面的电势已在图中标出,现有一质量为m的带电小球以速度v0,方向与水平方向成45°角斜向上射入电场,要使小球做直线运动,问:

(1)小球应带何种电荷?电荷量是多少?

(2)在入射方向上小球的最大位移是多少?

正确答案

解:(1)由等势面可知,电场线方向垂直等势面向左,即水平向左,因小球做直线运动,则电场力和重力的合力应与初速度在一条直线上,电场力只能向左,可知小球带正电,小球沿v0方向做匀减速运动

F=qE=mg,,所以

(2)由图可知F=

由动能定理:- F·xm=0-

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简答题

如图所示,电源电动势E=50V,内阻r=1Ω,R1=3Ω,R2=6Ω。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m=0.01kg、带电量大小为q=1×10-3C(可视为点电荷,不影响电场的分布)。现调节滑动变阻器R,使小球恰能静止在A处;然后再闭合K,待电场重新稳定后释放小球p。取重力加速度g=10m/s2。求:

(1)小球的电性质和恰能静止时两极板间的电压;

(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值;

(3)小球p到达杆的中点O时的速度。

正确答案

解答:(1)小球带负电

恰能静止应满足mg =Eq= Uq/d

U =mgd/q =0.01×10×0.2/1×10-3V= 20V

(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为Rx,由电路电压关系: E/(Rx+R2+r) = U/R2

代入数据求得Rx=8Ω

(3)闭合电键K后,设电场稳定时的电压为U', 由电路电压关系:E/(Rx+R12+r)=U//R12

代入数据求得U'=100/11 V

由动能定理:mgd/2 - U'q/2=mv2/2

代入数据求得v=1.05m/s。

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简答题

如图所示,平行板电容器为C,电荷量Q0,极板长为L,极板间距离为d,极板与水平面成α夹角,现有一质量为m的带电液滴沿两极板的中线从P点由静止出发到达Q点,P、Q两点都恰在电容器的边缘处,忽略边缘效应,求:

(1)液滴的电荷量;

(2)液滴到达Q点时的速度大小。

正确答案

解:(1),解得:

(2),解得:

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简答题

(选做题,选修3-5)

在光滑的水平地面上静止着一质量为M=0.4 kg的薄木板,一个质量为m= 0.2 kg的木块(可视为质点)以v0=4 m/s的速度,从木板左端滑上,一段时间后,又从木板上滑下(不计木块滑下时机械能损失),两物体仍沿直线继续向前运动,从木块与木板刚刚分离开始计时,经时间t=3.0 s,两物体之间的距离增加了s=3 m,已知木块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4,求薄木板的长度。

正确答案

解:设木块与木板分离后速度分别为:v1、v2,由动量守恒定律得:mv0=mv1+Mv2v1-v2=

解得:v1=2 m/s.v2=1m/s

根据动能定理得:

代入数据解得d=1.25 m。

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简答题

【选修3-5选做题】

如图所示,固定在地面上的光滑圆弧轨道AB、EF,他们的圆心角均为90°,半径均为R。一质量为m、上表面长也为R的小车静止在光滑水平面CD上,小车上表面与轨道AB、EF的末端B、E相切。一质量为m的物体(大小不计)从轨道AB的A点由静止下滑,由末端B滑上小车,小车在摩擦力的作用下向右运动。当小车右端与壁DE刚接触时,物体m恰好滑动到小车右端相对于小车静止,同时小车与DE相碰后立即停止运动但不粘连,物体则继续滑上圆弧轨道EF,以后又滑下来冲上小车。求:

(1)物体从A点滑到B点时的速率和滑上EF前的瞬时速率;

(2)水平面CD的长度。

正确答案

解:(1)设物体从A滑落至B时速率为v0,由动能定理得

物体与小车相互作用过程中,系统动量守恒,设共同速度为v1则mv0=2mv1

(2)设二者之间的摩擦力为Ff对物体由动能定理得

对系统由能量守恒得

解得

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简答题

如图所示,在竖直平面内一个带正电的小球质量为m,所带的电荷量为q,用一根长为L不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O点,匀强电场方向水平向右,分布的区域足够大,现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放,小球到达最低点B时速度恰好为零。

(1)求匀强电场的电场强度E的大小。

(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放,则小球到达最低点B所用的时间t是多少?此后小球能达到的最大高度H(相对于B点)是多少?

正确答案

解:(1)对小球由A到B的过程,由动能定理得0=mgL-qEL

所以

(2)小球由C点释放后,将做匀加速直线运动,到B点时的速度为vB,小球做匀加速直线运动的加速度为a

所以

小球到B点时丝线恰好拉紧将vB分解为vB1和vB2

此后小球以vB1作圆周运动设运动到D点恰好速度为0,对小球由B点到D点的过程,由动能定理得

所以

在到达D点前小球一直沿圆轨道运动,所以小球离B点的最大高度

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简答题

粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线与x轴平行,且沿x轴方向的电势φ与坐标值x的关系如下表格所示:

根据上述表格中的数据可作出如下的φ-x图像。现有一质量为0.10kg,电荷量为1.0×10-7C带正电荷的滑块(可视作质点),其与水平面的动摩擦因数为0.20。问:

(1)由数据表格和图像给出的信息,写出沿x轴的电势φ与x的函数关系表达式。

(2)若将滑块无初速地放在x=0.10m处,则滑块最终停止在何处?

(3)在上述第(2)问的整个运动过程中,它的加速度如何变化?当它位于x=0.15m时它的加速度多大?

(4)若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿-x方向运动,要使滑块恰能回到出发点,其初速度v0应为多大?

正确答案

解:(1)由数据表格和图像可得,电势φ与x成反比关系,即

V

(2)由动能定理=0

设滑块停止的位置为x2,有

代入数据有1.0×10-7

可解得x2=0.225m(舍去x2=0.1m)

(3)先做加速度减小的变加速运动,后做加速度增大的变减速运动,即加速度先减小后增大

当它位于x=0.15m时,图像上该点的切线斜率表示场强大小

E=N/C

滑块在该点的水平合力

故滑块的加速度a=Fx/m =0

(4)设滑块到达的最左侧位置为x1,则滑块由该位置返回到出发点的过程中

由动能定理=0

代入数据有1.0×10-7

可解得x1=0.0375m(舍去x1=0.6m)

再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程,由动能定理

-2=

代入数据有2×0.20×0.10×10(0.60-0.0375)=0.5×0.10

可解得≈2.12m/s

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简答题

下图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷,形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度,到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时,a种颗粒带上正电,b种颗粒带上负电。经分选电场后,a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m,板的度l=0.5m,电场仅局限在平行板之间;各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10-5 C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零,分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时,不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2

(1)左右两板各带何种电荷?两极板间的电压多大?

(2)若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m,颗粒落至传送带时的速度大小是多少?

(3)设颗粒每次与传带碰撞反弹时,沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞,颗粒反弹的高度小于0.01。

正确答案

解:(1)左板带负电荷,右板带正电荷

依题意,颗粒在平行板间的竖直方向上满足l=gt2

在水平方向上满足

两式联立得

(2)根据动能定理,颗粒落到水平传送带上满足

 

(3)在竖直方向颗粒作自由落体运动,它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度

反弹高度

根据题设条件,颗粒第n次反弹后上升的高度

当n=4时,hn<0.01m

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简答题

如图所示,甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置。乙为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图。以y轴为界,左侧为沿x轴正向的匀强电场,场强为E。右侧为沿y轴负方向的另一匀强电场。已知OA⊥AB,OA=AB,且OB间的电势差为U0。若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力),结果正离子刚好通过B点,求:

(1)CO间的距离d;

(2)粒子通过B点的速度大小。

正确答案

解:(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向)

则正离子从C点到O点,由动能定理得:qEd=mv02-0

而正离子从O点到B点做类平抛运动,令:=L

则:

从而解得

所以到达B点时:

从而解得:d=

(2)设正离子到B点时速度的大小为vB,正离子从C到B过程中由动能定理得:

qEd+qU0mvB2-0

解得vB

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简答题

如图,ABC为绝缘光滑轨道,AB部分是半径R=40cm的竖直半圆轨道,与水平部分相切与B点,BC部分水平,整个轨道处于E=1×103V/m的水平向左的匀强电场中,有一小滑块质量m=40g,带电量q=1×10-4C,g取10m/s2,求:

(1)要使小滑块恰能通过A点,应在BC轨道上离B多远处静止释放?

(2)在上述情况下,小滑块通过B点时,对轨道的压力大小为多少?

正确答案

解:(1)恰能到p点知重力提供向心力

mg=

设离BL处释放

qEL-2mgR=mv2

得:L=4 m ③

(2)在B点由受力分析得

 ④

从C点到B点由动能定理得

 ⑤

得:

由作用力反作用力知对轨道的压力为2.1N

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简答题

如图所示,在以O为圆心,半径为R=10cm的圆形区域内,有一个水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.10T,方向垂直纸面向外.竖直平行放置的两金属板A、K相距为d=20mm,连在如图所示的电路中.电源电动势E=91V,内阻r=1.0Ω,定值电阻R1=10Ω,滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω,S1、S2为A、K板上的两个小孔,且S1、S2跟O在竖直极板的同一直线上,OS2=2R,另有一水平放置的足够长的荧光屏D,O点跟荧光屏D点之间的距离为H=2R.比荷为2.0×105C/kg的正离子流由S1进入电场后,通过S2向磁场中心射去,通过磁场后落到荧光屏D上.离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计.

问:(1)请分段描述正离子自S1到荧光屏D的运动情况.

(2)如果正离子垂直打在荧光屏上,电压表的示数多大?

(3)调节滑动变阻器滑片P的位置,正离子到达荧光屏的最大范围多大?

正确答案

(1)正离子在两金属板间受到电场力而作匀加速直线运动,离开电场后做匀速直线运动,进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,离开磁场后,离子又做匀速直线运动,直到打在荧光屏上.

(2)设离子由电场射出后进入磁场时的速度为v.因离子是沿圆心O的方向射入磁场,由对称性可知,离子射出磁场时的速度方向的反向延长线也必过圆心O.离开磁场后,离子垂直打在荧光屏上(图中的O′点),则离子在磁场中速度方向偏转了90°,由几何知识可知,离子在磁场中做圆周运动的半径

r′=R=10cm①

设离子的电荷量为q、质量为m,进入磁场时的速度为v有

由qvB=m得r′=

设两金属板间的电压为U,离子在电场中加速,由动能定理有:

qU=mv2

=2×105C/kg ④

由②③两式可得U=

代入有关数值可得U=30V,也就是电压表示数为30V.

(3)因两金属板间的电压越小,离子经电场后获得的速度也越小,离子在磁场中作圆周运动的半径越小,射出电场时的偏转角越大,也就越可能射向荧光屏的左侧.

由闭合电路欧姆定律有,I==1A.

当滑动片P处于最右端时,两金属板间电压最大,为Umax=I(R1+R2)=90V

当滑动片P处于最左端时,两金属板间电压最小,为Umin=IR1=10V

两板间电压为Umin=10V时,离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点,由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v1=2×103m/s,离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.1m.

此时粒子进入磁场后的径迹如图答2所示,O1为径迹圆的圆心,A点为离子能射到荧光屏的最左端点.由几何知识可得:

tan==,所以α=60°

所以AO′=Htan(90°-α)=2×10×cm=20cm

而两板间电压为Umax=90V时,离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点,此时粒子进入磁场后的径迹如图答3所示,

同理由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v1=6×103m/s,离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.3m,或直接由⑤式求得r2=0.3m

由几何知识可得tan==即β=120°

所以O′B=Htan(β-90°)=2×10×cm=20cm

离子到达荧光屏上的范围为以O′为中点的左右两侧20cm.

答:(1)正离子自S1到荧光屏D的运动情况是正离子在两金属板间作匀加速直线运动,离开电场后做匀速直线运动,进入磁场后做匀速圆周运动,离开磁场后,离子又做匀速直线运动,直到打在荧光屏上.

(2)如果正离子垂直打在荧光屏上,电压表的示数30V.

(3)调节滑动变阻器滑片P的位置,正离子到达荧光屏的最大范围是以O′为中点的左右两侧20cm.

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简答题

如图所示,将平行板电容器极板竖直放置,两板间距离d=0.1m,电势差U=1000V,一个质量m=0.2g,带正电q=10-7C的小球(球大小可忽略不计),用l=0.01m长的丝线悬于电容器极板间的O点.现将小球拉到丝线呈水平伸直的位置A,然后放开.假如小球运动到O点正下方B点处时,线突然断开.

(1)求小球运动到O点正下方B点处刚要断时线的拉力

(2)以后发现小球恰能通过B点正下方的C点,求B、C两点间的距离.(g取10m/s2

正确答案

(1)电场强度E==104V/m

从A到B根据动能定理:mgl-Eql=m

由牛顿第二定律:T-mg=m

解得:T=4×10-3N      vB=m/s

(2)从B到C,水平方向:ax==5m/s2

运动所需要的时间,t=

竖直方向分运动是自由落体运动:h=gt2=0.08m

答:(1)则小球运动到O点正下方B点处刚要断时线的拉力4×10-3N;

(2)以后发现小球恰能通过B点正下方的C点,则B、C两点间的距离0.08m.

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