- 机械能
- 共1183题
如图所示,在倾角为θ的斜面上静止释放质量均为m的小木箱,相邻两木箱的距离均为L。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑,逐一与其它木箱碰撞(碰撞时间极短)。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变,最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.,求
(1)工人的推力;
(2)三个木箱均速运动的速度;
(3)第一次碰撞中损失的机械能。
正确答案
见解析。
解析
(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有.
(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1
加速度
根据运动学公式或动能定理有
碰撞时间极短可忽略外力,则动量守恒
碰撞后的速度为V2,根据有
解得
设碰撞第三个木箱前的速度为V3
从V2到V3的加速度为
根据运动学公式有
得
(最好用动能定理整体分析)
跟第三个木箱碰撞,根据动量守恒
得就是匀速的速度
(3)设第一次碰撞中的能量损失为
根据能量守恒有
带入数据得
知识点
在竖直平面内有根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为,将一个光滑小环套在该金属杆上,并从
、
处以某一初速度沿杆向右运动,则运动过程中( )
正确答案
解析
略
知识点
“神舟十号”飞船发射后,先进入一个椭圆轨道,经过多次变轨进入距地面高度为h的圆形轨道。已知飞船质量为m,地球半径为R,地球表面的重力加速度为g。设飞船进入圆形轨道后运动时的动能为EK,则
正确答案
解析
略
知识点
如图所示,在A点固定一点电荷,电荷量为+Q,已知点电荷Q周围各点的电势φ=(r是各点离Q的距离)。在A点正上方离A高度为h的B点由静止释放某带电的液珠(可以看作点电荷),液珠开始运动瞬间的加速度大小为
(g为重力加速度)。静电常量为k,若液珠只能沿竖直方向运动,不计空气阻力,则液珠的电量与质量的比值为___________;若液珠向下运动,到离A上方h/2处速度恰好为零,则
液珠的最大速度为___________。
正确答案
,
解析
略
知识点
如图所示,质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上,其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X、Y相接触。图中AB高H=0.3m,AD长L=0.5m。斜面倾角。可视为质点的小物块P(图中未画出)质量m=1kg,它与斜面的动摩擦因数
可以通过更换斜面表面的材料进行调节,调节范围是
。
(1)令,将P由D点静止释放,求P在斜面上的运动时间。
(2)令,在A点给P一个沿斜面上的初速度
,求P落地时的动能。
(3)将压力传感器X、Y接到同一个数据处理器上,已知当X和Y受到物块压力时,分别显示正值和负值。对于不同的,每次都在D点给P一个方向沿斜面向下、大小足够大的初速度,以保证它能滑离斜面。求滑行过程中处理器显示的压力F随
变化的函数关系式,并在坐标系中画出其函数图象。
正确答案
见解析。
解析
(1)当时.设P沿斜面下滑的加速度为
,
由牛顿第二定律得:
设P 在斜面上运动的时间为t,由运动学公式得:
代入数据解得:
(2)设P沿斜面上滑位移为时速度为0,由动能定理得:
代入数据解得:
设P 落地时的动能为Ek,由动能定理得:
代入数据解得:
(3)P沿斜面下滑的过程中,物块的受力如图所示,设传感器对物块的压力为F,取向右为正方向,由平衡条件可得:
F+FNsin-Ffcos
=0
其中:FN=mgcos
Ff= FN
代入数据解得:
其图象如图所示。
知识点
如图一个滑块质量为m从半径为R的半圆形截面的凹槽顶点A处由静止滑下,滑过最低点B后又在另一侧上滑至最高点C恰能静止下来,C点与圆心边线与水平方向成θ角,设滑都必须块与凹槽的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则下述分析正确的有( )
正确答案
解析
略
知识点
如图所示,为供儿童娱乐的滑梯的示意图,其中AB为斜面滑槽,与水平方向的夹角为θ=37°;长L的BC水平滑槽,与半径R=0.2m的圆弧CD相切;ED为地面.已知儿童在滑槽上滑动时的动摩擦因数均为μ=0.5,斜面AB与水平面BC光滑圆弧连接,A点离地面的竖直高度AE为H=2 m.
(取g=10 m/s2,sin370=0.6, cos370=0.8)试求:
(1)儿童在斜面滑槽上滑下时的加速度大小?
(2)为了使儿童在娱乐时不会从C处平抛滑出,水平滑槽BC的长度L至少为多少?
正确答案
(1)2 m/s2
(2)L≥1 m
解析
(1)设儿童下滑的加速度大小为a,则有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
解得:a1=2 m/s2.
(2)因为H=2 m,圆弧CD的半径R=0.8 m,
所以AB的长度
设儿童滑到B点的速率为vB,则:vB2=2aL1,
(或依动能定理: )
由②③④解得:
设儿童在C点恰做平抛运动滑出时的速率为vC,则:
f=umg=ma2
-2a2L≤vC2-vB 2
(或用动能定理:)
解得:L≥1 m.
知识点
如图所示,一固定的1/4圆弧轨道,半径为1.25m,表面光滑,其底端与水平面相切,且与水平面右端P点相距6m。轨道的下方有一长为l.5m的薄木板,木板右侧与轨道右侧相齐。现让质量为lkg的物块从轨道的顶端由静止滑下,当物块滑到轨道底端时,木板从轨道下方的缝隙中冲出,此后木板在水平推力的作用下保持6m/s的速度匀速运动,物块则在木板上滑动。当木板右侧到达P点时,立即停止运动并被锁定,物块则继续运动,最终落到地面上。已知P点与地面相距1.75m,物块与木板间的动摩擦因数为0.1,取重力加速度g=10m/s2,不计木板的厚度和缝隙大小,求:(结果保留两位有效数字)
(1)物块滑到弧形轨道底端受到的支持力大小;
(2)物块离开木板时的速度大小;
(3)物块落地时的速度大小及落地点与P点的水平距离。
正确答案
(1)30N
(2)
(3)3.5m
解析
(1)对物块
解得
(2)木板运动时间
对物块
(3)由机械能守恒定律得
物块在竖直方向
物块在水平方向
知识点
下图是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置的示意图。滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成,其中水平直轨AB与倾斜直轨CD的长度均为 L = 3 m,圆弧形轨道AQC和BPD均光滑,AQC的半径为 r = 1 m ,AB、CD与两圆弧形轨道相切,O2D、O1C与竖直方向的夹角均为 。现有一质量为 m = 1 kg的滑块(可视为质点)穿在滑轨上,以 v0 = 5 m/s的初速度从B点开始水平向左运动,滑块与两段直轨道间的动摩擦因数均为 μ = 0.2 ,滑块经过轨道连接处的机械能损失忽略不计。取g = 10 m/s2,sin37° = 0.6 ,
求:
(1)滑块第一次回到B点时的速度大小;
(2)滑块第二次到达C点时的动能;
(3)滑块在CD段上运动的总路程。
正确答案
见解析。
解析
(1)对滑块,由动能定理
解得 v1=1.84m/s
(2)滑块第一次回到B点时的速度为3.6m/s,继续运动,当到达C点时动能为
解得
(3)滑块第二次到达C点时具有动能14.9J,继续上升到达A点还需克服重力做功
W=mgr(1+cosθ)=18J
因此滑块滑到AQC某处后开始下滑,在CD段受摩擦力作用。
最终滑块到达D点时速度为零,在圆弧形轨道BPD上做往复运动。
由动能定理
解得 x1=20.6m
滑块通过CD段的总路程为x=2L+x1=26.6m
知识点
如图所示,一质量m=0.1kg、电量q=1.0×10-5 C的带正电小球(可视作点电荷),它在一高度和水平位置都可以调节的平台上滑行一段距离后平抛,并沿圆弧轨道下滑。A、B为圆弧两端点,其连线水平,已知圆弧半径R=1.0m,平台距AB连线的高度h可以在0.2m-0.8m.之间调节。有一平行半径OA方向的匀强电场E,只存在圆弧区域内。为保证小球从不同高度h平抛,都恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道,小球平抛初速度v0和h满足如图所示的抛物线,同时调节平台离开A点的距离合适。不计空气阻力,取g=10m/s2,求:
(1)小球在空中飞行的最短时间t;
(2)平台离开A的水平距离x范围;
(3)当h=0.2m且E=2.5×104N/C时,小球滑到最低点C点的速度v;
(4)为了保证小球在圆轨道内滑动到C点的速度都是(3)中的v,则电场力F=qE的大小应与平台高度h满足的关系。(通过列式运算说明)
正确答案
(1)当平台高度为0.2m时,空中飞行的最短时间t==0.2s
(2)因为小球从不同高度h平抛,都恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道,所以小球进入圆弧轨道时时的速度方向不变,设此速度与竖直方向成α角。
tgα==
v02=2ghtan2α
由图像中当h=0.8m时,v0=3m/s代入上式得
9=2×10×0.8×tg2α
tgα=0.75 α=370 则θ=1060
所以v02=11.25h
当h=0.2m时, v0=1.5m/s
平台离开A的最小距离为s1= v0t=1.5×0.2=0.3m
同理得平台离开A的最大距离为s2= v0=3×
=1.2m
(3)小球到达A点时的速度vA==
=2.5m/s
从A点到C点,由动能定理得
mgR(1-cos530)-qE R(1-cos530)= mvC2-
mvA2
代入数据,解得vC=3.5m/s
(4)从A点到C点,由动能定理得
mgR(1-cos530)-FR(1-cos530)=mvC2-
mvA2
=mvC2-
m
=mvC2-
m
代入数据得32F=125h-17
或
解析
略
知识点
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