题目列表(包括答案和解析)
28、如图25-1所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd,ab边和cd边的电阻均为5R0,ad边和bc边长均为L,ad边电阻为4R0,bc边电阻为2R0,整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中,磁感强度为B。轨道上放有一根电阻为R0的金属杆mn,现让金属杆mn在平行轨道平面的未知拉力F作用下,从轨道右端以速率V匀速向左端滑动,设滑动中金属杆mn始终与ab、cd两边垂直,且与轨道接触良好。ab和cd边电阻分布均匀,求滑动中拉力F的最小牵引功率。
分析与解:mn金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势,mn相当于电源,其电路为内电路,电阻为内电阻。当外电阻最大时,即当mn滑到距离ad=(2/5)ab时,此时电阻Rmadn=Rmbcn=8R0时,外阻最大值Rmax=4R0,这时电路中电流最小值:Imin=ε/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0
所以,Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R0
27、如图24-1所示,R1=R2=R3=R4=R,电键S闭合时,间距为d的平行板电容器C 的正中间有一质量为m,带电量为q的小球恰好处于静止状态;电键S断开时,小球向电容器一个极板运动并发生碰撞,碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷。设碰撞过程中没有机械能损失,小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板。若不计电源内阻,求:(1)电源的电动势,(2)小球与极板碰撞后的带电量。
分析与解:(1)电键S闭合时,R1、R3并联与R4串联,(R2中没有电流通过)
UC=U4=(2/3)ε
对带电小球有:mg=qE=qUC/d=(2/3)qε/d 得:ε=(3/2)mgd/q
(2)电键S断开后,R1、R4串联,则UC’=ε/2=(3/4)mgd/q [1]
小球向下运动与下极板相碰后,小球带电量变为q’,向上运动到上极板,全过程由动能定理得:mgd/2-qUC’/2-mgd+q’UC’=0 [2]
由[1][2]式解得:q’=7q/6。
26、两平行金属板相距为d,加上如图23-1(b)所示的方波形电压,电压的最大值为U0,周期为T。现有一离子束,其中每个离子的质量为m,电量为q,从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为 T(与电压变化周期相同),且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。试求:离子击中荧光屏上的位置的范围。(也就是与O‘点的最大距离与最小距离)。重力忽略不计。
分析与解:
各个离子在电场中运动时,其水平分运动都是匀速直线运动,而经过电场所需时间都是T,但不同的离子进入电场的时刻不同,由于两极间电压变化,因此它们的侧向位移也会不同。
当离子在t=0,T,2T……时刻进入电场时,两板间在T/2时间内有电压U0,因而侧向做匀加速运动,其侧向位移为y1,速度为V。接着,在下一个T/2时间内,两板间没有电压,离子以V速度作匀速直线运动,侧向位移为y2,如图23-2所示。这些离子在离开电场时,侧向位移有最大值,即(y1+y2)。
当离子在T=t/2,3/2T,5/2T……时刻进入电场
时,两板间电压为零,离子在水平方向做匀速
直线运动,没有侧向位移,经过T/2时间后,
两板间有电压U0,再经过T/2时间,有了侧向
位移y1,如图23-3所示。这些离子离开电场时
有侧向位移的最小值,即y1。
当离子在上述两种特殊时刻之外进入电场的,其侧向位移值一定在(y1+y2)与y1之间。根据上述分析就可以求出侧向位移的最大值和最小值。
所以,离子击中荧光屏上的位置范围为:
25、如图22-1所示,A、B为平行金属板,两板相距为d,分别与电源两极相连,两板的中央各有小孔M、N。今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上),空气阻力不计,到达N点时速度恰好为零,然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变,则:
A. 若把A板向上平移一小段距离,质点自P点下落仍能返回。
B. 若把B板向下平移一小段距离,质点自P点下落仍能返回。
C. 若把A板向上平移一小段距离,质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。
D. 若把B板向下平移一小段距离,质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。
分析与解:当开关S一直闭合时,A、B两板间的电压保持不变,当带电质点从M向N运动时,要克服电场力做功,W=qUAB,由题设条件知:带电质点由P到N的运动过程中,重力做的功与质点克服电场力做的功相等,即:mg2d=qUAB
若把A板向上平移一小段距离,因UAB保持不变,上述等式仍成立,故沿原路返回,应选A。
若把B板下移一小段距离,因UAB保持不变,质点克服电场力做功不变,而重力做功增加,所以它将一直下落,应选D。
由上述分析可知:选项A和D是正确的。
想一想:在上题中若断开开关S后,再移动金属板,则问题又如何?(选A、B)。
12、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上。平衡时,弹簧的压缩量为Xo,如图11-1所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo的A处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点。若物块质量为2m,仍从A处自由落下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点O点的距离。
分析与解:物块自由下落,与钢板碰撞,压缩弹簧后再反弹向上,运动到O点,弹簧恢复原长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落3Xo,根据机械能守恒:
所以 物块与钢板碰撞时,根据动量守恒: mv0=(m+m)v1(v1为碰后共同速度)
V1=V0/2=
物块与钢板一起升到O点,根据机械能守恒:2mV12+Ep=2mgx0 [1]
如果物块质量为2m,则:2mVo=(2m+m)V2 ,即V2=Vo
设回到O点时物块和钢板的速度为V,则:3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 [2]
从O点开始物块和钢板分离,由[1]式得:
Ep=mgx0 代入[2]得:m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2
所以,V2=gx0 即
11、如图10-1所示,劲度系数为 K的轻质弹簧一端与墙固定,另一端与倾角为θ的斜面体小车连接,小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体,已知小车质量为 M,物体质量为m,小车位于O点时,整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到B点,令OB=b,无初速释放后,小车即在水平面B、C间来回运动,而物体和小车之间始终没有相对运动。求:(1)小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必须满足什么条件,才能使小车和物体一起运动过程中,在某一位置时,物体和小车之间的摩擦力为零。
分析与解:
(1)所求的加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律:kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。
取m为研究对象,在沿斜面方向有:f-mgsinθ=macosθ
所以,f=mgsinθ+mcosθ=m(gsinθ+cosθ)
(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时,小车的加速度变为a’,小车距O点距离为b’,取m为研究对象,有:mgsinθ=ma’cosθ
取M、m和弹簧组成的系统为研究对象,有:kb‘=(M+m)a’
以上述两式联立解得:b‘=(M+m)gtgθ
说明:在求解加速度时用整体法,在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法,希读者认真掌握。
10、如图9-1所示,质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上,板的右端放一质量为m=1kg的小铁块,现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s,铁块在木板上滑行,与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回,且恰好停在木板右端,求铁块与弹簧相碰过程中,弹性势能的最大值EP。
分析与解:在铁块运动的整个过程中,系统的动量守恒,因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度(铁块与木板的速度相同)可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中,系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积,可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。
设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V’,由动量守恒得:mV0=(M+m)V=(M+m)V’ 所以,V=V’=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s
铁块刚在木板上运动时系统总动能为:EK=mV02=0.5X1X16=8J
弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时,系统总动能都为:
EK’=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J
铁块在相对于木板往返运过程中,克服摩擦力f所做的功为:
Wf=f2L=EK-EK’=8-2=6J
铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中,系统机械能损失为:fs=3J
由能量关系得出弹性势能最大值为:EP=EK-EK‘-fs=8-2-3=3J
说明:由于木板在水平光滑平面上运动,整个系统动量守恒,题中所求的是弹簧的最大弹性势能,解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面:①.是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时),弹簧的弹性势能才最大;弹性势能量大时,铁块和木板的速度都不为零;铁块停在木板右端时,系统速度也不为零。
②.是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功,而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值,故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。
9、如图8-1所示,质量为m=0.4kg的滑块,在水平外力F作用下,在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动,到达B点时外力F突然撤去,滑块随即冲上半径为 R=0.4米的1/4光滑圆弧面小车,小车立即沿光滑水平面PQ运动。设:开始时平面AB与圆弧CD相切,A、B、C三点在同一水平线上,令AB连线为X轴,且AB=d=0.64m,滑块在AB面上运动时,其动量随位移的变化关系为P=1.6kgm/s,小车质量M=3.6kg,不计能量损失。求:
(1)滑块受水平推力F为多大? (2)滑块通过C点时,圆弧C点受到压力为多大? (3)滑块到达D点时,小车速度为多大? (4)滑块能否第二次通过C点? 若滑块第二次通过C点时,小车与滑块的速度分别为多大? (5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中,小车移动距离为多少? (g取10m/s2)
分析与解:(1)由P=1.6=mv,代入x=0.64m,可得滑块到B点速度为:
VB=1.6/m=1.6=3.2m/s
A→B,由动能定理得:FS=mVB2
所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N
(2)滑块滑上C立即做圆周运动,由牛顿第二定律得:
N-mg=mVC2/R 而VC=VB 则 N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N
(3)滑块由C→D的过程中,滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒,由于滑块始终紧贴着小车一起运动,在D点时,滑块和小车具有相同的水平速度VDX 。由动量守恒定律得:mVC=(M+m)VDX
所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s
(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时,除与小车有相同的水平速度VDX外,还具有竖直向上的分速度VDY,因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失,可知滑块在离车后一段时间内,始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用,水平方向分运动为匀速运动,具有相同水平速度), 所以滑块返回时必重新落在小车的D点上,然后再圆孤下滑,最后由C点离开小车,做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得:
mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2
所以
以滑块、小车为系统,以滑块滑上C点为初态,滑块第二次滑到C点时为末态,此过程中系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒(注意:对滑块来说,此过程中弹力与速度不垂直,弹力做功,机械能不守恒)得:
mVC=mVC‘+MV 即mVC2=mVC’2+MV2
上式中VC‘、V分别为滑块返回C点时,滑块与小车的速度,
V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s
VC’=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向)
(5)滑块离D到返回D这一过程中,小车做匀速直线运动,前进距离为:
△S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m
8、一内壁光滑的环形细圆管,位于竖直平面内,环的半径为R(比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)。A球的质量为m1,B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动,经过最低点时的速度都为V0。设A球运动到最低点时,B球恰好运动到最高点,若要此时两球作用于圆管的合力为零,那么m1、m2、R与V0应满足的关系式是 。
分析与解:如图7-1所示,A球运动到最低点时速度为V0,A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用,其合力提供向心力。那么,N1-m1g=m1 [1]
这时B球位于最高点,速度为V1,B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力,要求两球作用于细管的合力为零,即要求N2与N1等值反向,N1=N2 [2], 且N2方向一定向下,对B球:N2+m2g=m2 [3]
B球由最高点运动到最低点时速度为V0,此过程中机械能守恒:
即m2V12+m2g2R=m2V02 [4]
由[1][2][3][4]式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是:
(m1-m2)+(m1+5m2)g=0 [5]
说明:(1)本题不要求出某一物理量,而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析,在建立[1]-[4]式的基础上得到m1、m2、R与V0所满足的关系式[5]。(2)由题意要求两球对圆管的合力为零知,N2一定与N1方向相反,这一点是列出[3]式的关键。且由[5]式知两球质量关系m1<m2。
1]、[2]两式消去GM解得:V===2.0X103 m/s
说明:n越大(即卫星越高),卫星的线速度越小。若n=0,即近地卫星,则卫星的线速度为V0==7.9X103m/s,这就是第一宇宙速度,即环绕速度。
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