- 能量的守恒与耗散
- 共3716题
如图所示,一个倾角θ=45°的斜面固定于水平地面上,斜面顶端距水平地面的高度h=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板.一个质量m=1kg的小物块(可视为质点)自斜面顶端从静止开始向下滑动,到达斜面底端时与挡板碰撞,假设小物块与挡板碰撞过程中无机械能损失.已知小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.重力加速度g=10m/s2.
(1)求小物块沿斜面下滑时的加速度大小a;
(2)求小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小v;
(3)小物块最终停在挡板上,求整个过程中由于摩擦而产生的热量Q.
正确答案
解:
(1)根据牛顿第二定律 mgsinθ-μmgcosθ=ma
小物块下滑时的加速度大小
(2)小物块做匀加速运动
第一次与挡板碰撞前的速度大小 v=4m/s
(3)根据能量守恒一开始的重力势能全部转化为内能 Q=mgh
整个过程中由于摩擦而产生的热量 Q=10J
解析
解:
(1)根据牛顿第二定律 mgsinθ-μmgcosθ=ma
小物块下滑时的加速度大小
(2)小物块做匀加速运动
第一次与挡板碰撞前的速度大小 v=4m/s
(3)根据能量守恒一开始的重力势能全部转化为内能 Q=mgh
整个过程中由于摩擦而产生的热量 Q=10J
“奋进号”航天飞机进行过一次太空飞行,其主要任务是给国际空间站安装太阳能电池板.该太阳能电池板长L=73m,宽d=12m,将太阳能转化为电能的转化率为η=20%,已知太阳的辐射总功率为P0=3.83×1026W,地日距离为R0=1.5×1011m,国际空间站离地面的高度为h=370km,它绕地球做匀速圆周运动约有一半时间在地球的阴影内,所以在它能发电的时间内将把所发电的一部分储存在蓄电池内.由以上数据,估算这个太阳能电池板能对国际空间站提供的平均功率是多少?
正确答案
解:由于国际空间站离地面的高度仅为地球半径的约二十分之一,可认为是近地卫星,h远小于R0,
因此它离太阳的距离可认为基本不变,就是地日距离R0
太阳的辐射功率应视为均匀分布在以太阳为圆心,地日距离为半径的球面上,由此可以
算出每平方米接收到的太阳能功率为I0==1.35kW/m2
电池板发电时的电功率为P=I0Ldη=2.6×105W
由于每天只有一半时间可以发电,所以平均功率只是发电时电功率的一半即130kW.
答:这个太阳能电池板能对国际空间站提供的平均功率是130kW.
解析
解:由于国际空间站离地面的高度仅为地球半径的约二十分之一,可认为是近地卫星,h远小于R0,
因此它离太阳的距离可认为基本不变,就是地日距离R0
太阳的辐射功率应视为均匀分布在以太阳为圆心,地日距离为半径的球面上,由此可以
算出每平方米接收到的太阳能功率为I0==1.35kW/m2
电池板发电时的电功率为P=I0Ldη=2.6×105W
由于每天只有一半时间可以发电,所以平均功率只是发电时电功率的一半即130kW.
答:这个太阳能电池板能对国际空间站提供的平均功率是130kW.
阅读如下资料并回答问题:
自然界中的物体由于具有一定的温度.会不断向外辐射电磁波,这种辐射因与温度有关,称为热辐射.热辐射具有如下特点:①辐射的能量中包含各种波长的电磁波;②物体温度越高,单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大;③在辐射的总能量中,各种波长所占的百分比不同.处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时,也要吸收由其他物体辐射的电磁能量,如果它处在平衡状态,则能量保持不变.若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响,我们定义一种理想的物体.它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射,这样的物体称为黑体.单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比,即.其中常量σ=6×10-8W/(m2•K4).在下面的问题中,把研究对象(太阳、火星)都简单地看作黑体.有关数据及数学公式:太阳半径
,太阳表面温度T=6000K,火星半径r=3.4×106m.求面积S=4πR2,其中R为球半径.(计算时都保留两位有效数字)
(1)太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10-7m~1×10-5m范围内,求相应的频率范围(光速C=3×108m/s)?
(2)每秒从太阳表面辐射的总能量为多少?
(3)火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射到面积为πr2(r为火星半径)的圆盘上.已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍,忽略其它天体及宇宙空间的辐射,试估算火星的平均温度.
正确答案
解:(1)太阳热辐射能量以光子射出∴C=λf即
得
∴f在(3.0×1013Hz~1.5×1015Hz)
(2)由黑体辐射能量的公式可得
=4.8×1030J
(3)设火星表面温度为T,而太阳到达火星表面单位时间辐射到火星的能量为:,
其中d=400Rs
得
∴
解得
答:(1)太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10-7m~1×10-5m范围内,相应的频率范围为3.0×1013Hz~1.5×1015Hz;
(2)每秒从太阳表面辐射的总能量为4.8×1030J;
(3)火星的平均温度210K.
解析
解:(1)太阳热辐射能量以光子射出∴C=λf即
得
∴f在(3.0×1013Hz~1.5×1015Hz)
(2)由黑体辐射能量的公式可得
=4.8×1030J
(3)设火星表面温度为T,而太阳到达火星表面单位时间辐射到火星的能量为:,
其中d=400Rs
得
∴
解得
答:(1)太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10-7m~1×10-5m范围内,相应的频率范围为3.0×1013Hz~1.5×1015Hz;
(2)每秒从太阳表面辐射的总能量为4.8×1030J;
(3)火星的平均温度210K.
某地的平均风速为5m/s,已知空气密度是1.2kg/m3,有一风车,它的车叶转动时可形成半径为12m的圆面,如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能,则该风车带动的发电机功率是多大?
正确答案
解析:首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为m=πr2υtρ,这些气流的动能为mυ2;
转变的电能为E=mυ2×10%,故风车带动电动机功率为P=
=
πr2ρυ3×10%
代入数据以后得P=3.4kW
答:该风车带动的发电机功率是3.4kW
解析
解析:首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为m=πr2υtρ,这些气流的动能为mυ2;
转变的电能为E=mυ2×10%,故风车带动电动机功率为P=
=
πr2ρυ3×10%
代入数据以后得P=3.4kW
答:该风车带动的发电机功率是3.4kW
如图所示,挡板P固定在足够高的水平桌面上,小物块A和B大小可忽略,它们分别带有+QA和+QB的电荷,质量分别为mA和mB的两物块由绝缘的轻弹簧相连,一不可伸长的轻绳跨过滑轮,一端与B连接,另一端连接一轻质小钩.整个装置处于场强为E、方向水平向左的匀强电场中.A、B开始时静止,已知弹簧的劲度系数为k,不计一切摩擦及A、B间的库仑力,A、B所带电荷量保持不变,B始终不会碰到滑轮.
(1)若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放,可使物块A对挡板P的压力恰为零,但不会离开P,求物块C下降的最大距离;
(2)若C的质量改为2M,则当A刚离开挡板P时,B的速度多大.
正确答案
解:(1)开始时弹簧形变量为x1,
由平衡条件:kx1=EQB得x1=①
设当A刚离开档板时弹簧的形变量为x2:
由:②kx2=EQA 得x2=②
故C下降的最大距离为:h=x1+x2③
由①~③式可解得④
(2)由能量守恒定律可知:C下落h过程中,C重力势能的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和
当C的质量为M时:Mgh=QBE•h+△E弹⑤
当C的质量为2M时,设A刚离开挡板时B的速度为V,则有
⑥
由④~⑥式可解得A刚离开P时B的速度为:⑦
答:(1)C下降的最大距离为
(2)A刚离开P时B的速度为为:
解析
解:(1)开始时弹簧形变量为x1,
由平衡条件:kx1=EQB得x1=①
设当A刚离开档板时弹簧的形变量为x2:
由:②kx2=EQA 得x2=②
故C下降的最大距离为:h=x1+x2③
由①~③式可解得④
(2)由能量守恒定律可知:C下落h过程中,C重力势能的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和
当C的质量为M时:Mgh=QBE•h+△E弹⑤
当C的质量为2M时,设A刚离开挡板时B的速度为V,则有
⑥
由④~⑥式可解得A刚离开P时B的速度为:⑦
答:(1)C下降的最大距离为
(2)A刚离开P时B的速度为为:
如图所示,一块足够长的木板C质量为2m,放在光滑的水平面上,在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的炭块(在木板上滑行时能留下痕迹),两炭块质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,开始时木板静止不动,A、B两炭块的初速度分别为v0、2v0,方向如图所示,A、B两炭块相距足够远.求:
(1)木板的最终速度;
(2)A、B两炭块在木板上所留痕迹的长度之和.
正确答案
解:(1)选ABC整体为研究对象,由水平方向动量守恒可得:
mv0+2mv0=(m+m+2m)v
解得:v=
(2)全过程根据能量守恒,得
μmgx=m
+
m(2v0)2-
4mv2
解得,x=
答案:(1)木板的最终速度 (2)A、B两炭块在木板上所留痕迹的长度之和为
解析
解:(1)选ABC整体为研究对象,由水平方向动量守恒可得:
mv0+2mv0=(m+m+2m)v
解得:v=
(2)全过程根据能量守恒,得
μmgx=m
+
m(2v0)2-
4mv2
解得,x=
答案:(1)木板的最终速度 (2)A、B两炭块在木板上所留痕迹的长度之和为
用某一直流电动机提升重物的装置,如图所示,重物的质量m=50kg,电源电动势u=110V,不计电源内阻及各处摩擦.当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时,电路中电流强度I=5.0A.(g取10m/s2)
(1)由此可知,电动机线圈电阻R是多少?
(2)用此电动机提升质量为m′=20kg的重物,电动机的输入功率不变,提升速度是多少?
正确答案
解:(1)由题意可知,电动机输入的电能一部分转化为线圈的内能,一部分对外输出转化为被提升重物的机械能,由能量的转化和守恒定律可得:UI=I2R+mgv
解得R=-
=
-
Ω=4.0Ω.
(2)由UI=I2R+m′gv′得
v′==
m/s=2.25 m/s.
答:(1)电动机的R是4.0Ω (2)提升速度为2.25 m/s
解析
解:(1)由题意可知,电动机输入的电能一部分转化为线圈的内能,一部分对外输出转化为被提升重物的机械能,由能量的转化和守恒定律可得:UI=I2R+mgv
解得R=-
=
-
Ω=4.0Ω.
(2)由UI=I2R+m′gv′得
v′==
m/s=2.25 m/s.
答:(1)电动机的R是4.0Ω (2)提升速度为2.25 m/s
重1000kg的汽锤从2.5m高处落下,打在质量为200kg的铁块上,要使铁块的温度升高40℃以上,汽锤至少应落下多少次?设汽锤撞击铁块时做的功有60%用来升高铁块的温度(取g=10m/s2,铁的比热c=0.4624×103J/(kg•℃)).
正确答案
解:汽锤的部分机械能转化为内能,由能量守恒定律得:
nMgh•η=mc△t,解得:n==
≈246.6次,
则汽锤至少应下落247次;
答:汽锤至少应落下247次.
解析
解:汽锤的部分机械能转化为内能,由能量守恒定律得:
nMgh•η=mc△t,解得:n==
≈246.6次,
则汽锤至少应下落247次;
答:汽锤至少应落下247次.
有条河流,流量Q=2m3/s,落差h=5m,现利用其发电,若发电机总效率为50%,输出电压为240V,输电线总电阻R=30Ω,允许损失功率为发电机输出功率的6%,为满足用电的需要,使用户获得220V电压,则
(1)该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少?(g取10m/s2)
(2)能使多少盏“220V 100W”的电灯正常发光?
正确答案
解:设时间t内流过发电机的水的质量为m,水的密度为ρ,则:
发电机输出功率:P输出=×50%=Qρgh×0.5
代入数据得:P输出=2×1×103×10×5×0.5 W=5×104 W
输出电压U0=240V;输电电流为I送,输电损失功率为P损,=P出×0.06
得:I送==
=
=10A
则送电电压为:U送==
V=5×103 V
所以升压变压器的匝数比为 n1:n2=U0:U送=240:(5×103)=6:125
输电线电压损失 U损=I送R=10×30 V=300 V
用户端 U1=U送-U损=5×103V-300 V=4700 V
照明电压 U2=220 V
所以降压变压器的匝数比:n1′:n2′=U1:U2=4700:220=235:11
(2)输送到用户的功率为P用=P送-P损;
因为理想变压器没有能量损失,所以可正常发光的电灯盏数为
n==
=470 (盏)
答:(1)理想升压变压器的匝数比为6:125,降压变压器的匝数比是235:11;
用户使用的电灯均为“220V、100W”,最多可使用470盏这种规格的电灯.
解析
解:设时间t内流过发电机的水的质量为m,水的密度为ρ,则:
发电机输出功率:P输出=×50%=Qρgh×0.5
代入数据得:P输出=2×1×103×10×5×0.5 W=5×104 W
输出电压U0=240V;输电电流为I送,输电损失功率为P损,=P出×0.06
得:I送==
=
=10A
则送电电压为:U送==
V=5×103 V
所以升压变压器的匝数比为 n1:n2=U0:U送=240:(5×103)=6:125
输电线电压损失 U损=I送R=10×30 V=300 V
用户端 U1=U送-U损=5×103V-300 V=4700 V
照明电压 U2=220 V
所以降压变压器的匝数比:n1′:n2′=U1:U2=4700:220=235:11
(2)输送到用户的功率为P用=P送-P损;
因为理想变压器没有能量损失,所以可正常发光的电灯盏数为
n==
=470 (盏)
答:(1)理想升压变压器的匝数比为6:125,降压变压器的匝数比是235:11;
用户使用的电灯均为“220V、100W”,最多可使用470盏这种规格的电灯.
(1)1791年,米被定义为:在经过巴黎的子午线上,取从赤道到北极长度的一千万分之一.请由此估算地求的半径R.(答案保留二位有效数字)
(2)太阳与地球的距离为1.5×1011 m,太阳光以平行光束入射到地面.地球表面2/3的面积被水面所覆盖,太阳在一年中辐射到地球表面水面部分的总能量 W约为1.87×1024J.设水面对太阳辐射的平均反射率为7%,而且将吸收到的35%能量重新辐射出去.太阳辐射可将水面的水蒸发(设在常温、常压下蒸发1kg水需要2.2×106J的能量),而后凝结成雨滴降落到地面.
A、估算整个地球表面的年平均降雨量(以毫米表示,球面积为4πR2).
B、太阳辐射到地球的能量中只有约50%到达地面,W只是其中的一部分.太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面,这是为什么?请说明二个理由.
正确答案
解:(1)根据题意,地球纬线周长的四分之一等于1米的一千万倍,故:
2πR×=1.00×107
解得:R=6.37×106m ①
(2)A、设太阳在一年中辐射到地球水面部分的总能量为W,W=1.87×1024J
凝结成雨滴年降落到地面水的总质量为m
m=W×=5.14×1017 kg ②
使地球表面覆盖一层水的厚度为h
h=
解得:h=1.01×103mm ③
整个地球表面年平均降雨量约为1.0×103mm
B、大气层的吸收,大气层的散射或反射,云层遮挡等.
答:(1)地求的半径R为6.37×106m.
(2)A、整个地球表面的年平均降雨量为1.0×103mm.
B、太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面,这是由于大气层的吸收,大气层的散射或反射,云层遮挡等.
解析
解:(1)根据题意,地球纬线周长的四分之一等于1米的一千万倍,故:
2πR×=1.00×107
解得:R=6.37×106m ①
(2)A、设太阳在一年中辐射到地球水面部分的总能量为W,W=1.87×1024J
凝结成雨滴年降落到地面水的总质量为m
m=W×=5.14×1017 kg ②
使地球表面覆盖一层水的厚度为h
h=
解得:h=1.01×103mm ③
整个地球表面年平均降雨量约为1.0×103mm
B、大气层的吸收,大气层的散射或反射,云层遮挡等.
答:(1)地求的半径R为6.37×106m.
(2)A、整个地球表面的年平均降雨量为1.0×103mm.
B、太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面,这是由于大气层的吸收,大气层的散射或反射,云层遮挡等.
植树造林不仅可以减少空气中的CO2,还可以防止水土流失,防风固沙,改造局部气候.风沙的移动会带来很多灾害,而它与风速有很大关系,森林对风有很好的减速作用.已知两地间风速差的平方与两地间距离的次方成正比,比例系数K,它是与森林有关的常量,若风吹到林区时的速度是30m/s,要求减弱到5m/s,高大阔叶林的比例系数K=25ms-2,设空气的密度不变.求:
(1)该森林的宽度;
(2)经过森林后单位时间内吹到建筑物上的能量是原来的多少倍?(用分数表示)
正确答案
解:
(1)据题意:(v1-v2)=k•L
(30-5)2=25×L
解得:
L=125m
(2)设△t时间内吹到建筑物上的空气质量为△m则:
,
空气质量为:△m=ρ•sv△t•v2
解得:
单位时间内吹到建筑物上的能量:
故可得进而经过森林后单位时间内吹到建筑物上的能量与原来没有森林时候的比值为:
答:(1)该森林的宽度L=125m;
(2)经过森林后单位时间内吹到建筑物上的能量是原来的倍.
解析
解:
(1)据题意:(v1-v2)=k•L
(30-5)2=25×L
解得:
L=125m
(2)设△t时间内吹到建筑物上的空气质量为△m则:
,
空气质量为:△m=ρ•sv△t•v2
解得:
单位时间内吹到建筑物上的能量:
故可得进而经过森林后单位时间内吹到建筑物上的能量与原来没有森林时候的比值为:
答:(1)该森林的宽度L=125m;
(2)经过森林后单位时间内吹到建筑物上的能量是原来的倍.
如图所示,一辆自动卸货矿车,满载时从倾角α=30°的斜面上的A点由静止开始下滑,设斜面对车的阻力为车重的
倍,矿车下滑距离为L时,开始压缩缓冲弹簧,(不计弹簧质量),当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,不计卸货时间,卸货以后矿车借助弹簧弹力的作用,使之返回到原位置A点再装货,试问要完成这一过程,矿车空载时与满载时的质量比应为多大?
正确答案
解:弹簧压缩最短时,设弹性势能为EP,货车的总路程为S,
空载质量为m,满载时质量为km,
下滑过程中,由能量守恒有:kmgS•sinα=EP+kmg•S,
下滑时,同理有:EP=mgS•sinα+mg•S,
联立以上解得:k=3,故空载与满载的质量比为.
答:矿车空载时与满载时的质量比应为1:3.
解析
解:弹簧压缩最短时,设弹性势能为EP,货车的总路程为S,
空载质量为m,满载时质量为km,
下滑过程中,由能量守恒有:kmgS•sinα=EP+kmg•S,
下滑时,同理有:EP=mgS•sinα+mg•S,
联立以上解得:k=3,故空载与满载的质量比为.
答:矿车空载时与满载时的质量比应为1:3.
我省目前正在大力开发的风力发电是一种将风的动能转化为电能的环保发电方式.风力发电机的外观如图所示,其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等.
(1)风轮机叶片旋转所扫过的面积可视为风力发电机可接收风能的面积.设风速大小为v,方向垂直于叶片扫过的平面,风轮机叶片长度为r,空气密度为ρ,求单位时间内风力发电机可接收的风能P0;
(2)若风力发电机将可接收的风能转化为电能的效率η=20%,当地的空气密度ρ=1.3kg/m3,风速v=10m/s.要设计一台功率P=20kW的风力发电机,风轮机的叶片长度r应为多少?
(3)在风速和叶片数确定的情况下,要提高风轮机单位时间接收的风能,可采取哪些措施?请提出一条建议.
正确答案
解:(1)风轮机可接收的风能为:
①
m=ρπr2vt②
每秒钟接收的风能为:
③
由①②③得:
④
(2)发电机功率为:
P=ηP0⑤
由④⑤得:
⑥
代入数据得:
r==7.0m
(3)可增加风轮叶片长度,安装调向装置,保证风轮机与风速垂直等.
答:(1)单位时间内风力发电机可接收的风能;
(2)要设计一台功率P=20kW的风力发电机,风轮机的叶片长度r应为7.0m;
(3)可增加风轮叶片长度,安装调向装置,保证风轮机与风速垂直等.
解析
解:(1)风轮机可接收的风能为:
①
m=ρπr2vt②
每秒钟接收的风能为:
③
由①②③得:
④
(2)发电机功率为:
P=ηP0⑤
由④⑤得:
⑥
代入数据得:
r==7.0m
(3)可增加风轮叶片长度,安装调向装置,保证风轮机与风速垂直等.
答:(1)单位时间内风力发电机可接收的风能;
(2)要设计一台功率P=20kW的风力发电机,风轮机的叶片长度r应为7.0m;
(3)可增加风轮叶片长度,安装调向装置,保证风轮机与风速垂直等.
“和平号”空间站已于今年3月23日成功地坠落在太平洋海域,坠落过程可简化为从一个近圆轨道(可近似看作圆轨道)开始,经过与大气摩擦,空间站的绝大部分经过升温、熔化,最后汽化面销毁,剩下的残片坠入大海.此过程中,空间站原来的机械能中,除一部分用于销毁和一部分被残片带走外,还有一部分能量E′通过其他方式散失(不考虑坠落过程中化学反应的能量)
(1)试导出以下各物理量的符号表示散失能量E′的公式.(2)算出E′的数值.(结果保留两位有效数字)
坠落开始时空间站的质量M=1.17×105Kg;
轨道离地的高度为h=146Km地球半径R=6.4×106m;
坠落窨范围内重力加速度可看作g=10m/s2;
入海残片的质量m=1.2×104Kg;
入海残片的温升高△T=3000K;
入海残片的入海速度为声速v=340m/s;
空间站材料每1千克升温1K平均所需能量C=1.0×103J;
每销毁1千克材料平均所需能量μ=1.0×107J.
正确答案
解:(1)根据题给条件,从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2,.若以地面为重力势能零点,坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为:
EP=Mgh ①
以v表示空间站在近圆轨道上的速度,有牛顿第二定律得:
②
其中r为轨道半径,若以R地表示地球半径,则:
r=R地+h ③
由②③可得空间站在近圆轨道上的动能为:
④
由①④可得,在近圆轨道上的机械能为:
⑤
在坠落过程中,用于销毁部分所需能量为:
Q汽=(M-m)μ ⑥
用于残片升温所需能量:
Q残=cm△T ⑦
残片的动能:
⑧
以E′表示其他方式散失的能量,则有能量守恒得:
⑨
故散失能量E′的公式为:.
(2)以题给数据代入得:
E′=2.9×1012J
故E′的数值为:E′=2.9×1012J.
解析
解:(1)根据题给条件,从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2,.若以地面为重力势能零点,坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为:
EP=Mgh ①
以v表示空间站在近圆轨道上的速度,有牛顿第二定律得:
②
其中r为轨道半径,若以R地表示地球半径,则:
r=R地+h ③
由②③可得空间站在近圆轨道上的动能为:
④
由①④可得,在近圆轨道上的机械能为:
⑤
在坠落过程中,用于销毁部分所需能量为:
Q汽=(M-m)μ ⑥
用于残片升温所需能量:
Q残=cm△T ⑦
残片的动能:
⑧
以E′表示其他方式散失的能量,则有能量守恒得:
⑨
故散失能量E′的公式为:.
(2)以题给数据代入得:
E′=2.9×1012J
故E′的数值为:E′=2.9×1012J.
如图所示,水平放置的平行金属板的N板接地,M板电势为+U,两板间距离为d,d比两板的尺寸小很多,在两板之间有一长为2l的绝缘轻杆,可绕杆的水平固定轴O在竖直面内无摩擦地转动,O为杆的中点.杆的两端分别连着小球A和B,它们的质量分别为2m和m,它们的带电量分别为+q和-q.当杆由图示水平位置从静止开始转过90°到竖直位置时,已知重力加速度为g,求:
(1)两球的电势能的变化;
(2)两球的总动能;
(3)杆对A球的作用力.
正确答案
解:(1)电场中的场强为:E=
电场力对两球做的功为:WE=2qEl=
电势能的减小量为:=
(2)两球减少的重力势能:WG=mgl
由能量转化与守恒定律得,有:WG+WE=Ek
解得:Ek=mgl+
(3)根据(2)问,有:+
=mgl+
A球在最低点,由牛顿第二定律,有:
F-2mg-=2m
解得:F=+
答:(1)两球的电势能的变化量是;
(2)两球的总动能是mgl+;
(3)杆对A球的作用力大小是+
.
解析
解:(1)电场中的场强为:E=
电场力对两球做的功为:WE=2qEl=
电势能的减小量为:=
(2)两球减少的重力势能:WG=mgl
由能量转化与守恒定律得,有:WG+WE=Ek
解得:Ek=mgl+
(3)根据(2)问,有:+
=mgl+
A球在最低点,由牛顿第二定律,有:
F-2mg-=2m
解得:F=+
答:(1)两球的电势能的变化量是;
(2)两球的总动能是mgl+;
(3)杆对A球的作用力大小是+
.
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