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计算题题型练二.如图所示,LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上,质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,由于A、B两球相距较远,相互作用力可认为是零,A球进入水平轨道后,A、B两球间相互作用视为静电作用带电小球均可视为质点已知A、B两球始终没有接触重力加速度为g求A、B两球相距最近时,A球的速度v;A、B两球相距最近时,A、B两球系统的电势能Ep【解答】解1对A球下滑的过程,由动能定理得2mgh=亍x2mv-0解得A球滑到M点时的速度大小丫0=,讦当A球进入水平轨道后,A、B两球组成的系统动量守恒,当A、B相距最近时,两球速度相等,取水平向右为正方向,由动量守恒定律可得2mvo=2m+mv解得V=|vo=IJg/;2由能量守恒定律得192mgh=52m+mv+EP可得Ep=1mgh答1A、B两球相距最近时,A球的速度v是2J而;3
(1)小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小;
(2)两滑块碰后滑块
1、滑块2的速度vi、V2;
(3)滑块
1、滑块2平抛的水平位移【解答】解析
(1)滑块1由A到B的过程,根据机械能守恒定律可得m1gR=解得v()=5m/s在圆轨道最低点B根据牛顿第二定律可得2VqFn-ng=解得Fn=6NR根据牛顿第三定律可得滑块1经过圆轨道最低点B时对轨道的压力Fn=Fn=6N
(2)滑块1和滑块2发生弹性正碰,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,则有miv()=mivi+m2V2111mlV0=2+2联立可得vi=-1m/s(负号表示方向水平向左),V2=4m/s
(3)滑块在传送带上的加速度大小为umg99a=-1^9—
0.4x10m/s2=4m/sz滑块从传送带末端D平抛/=2gt解得t=
0.3s滑块2以4m/s速度滑上传送带,如果滑块2在传送带上一直做匀减速直线运动诏一谚=—2aL解得药=2V3m/s因为%=2V5zn/s〉u所以滑块2在传送带上一直减速运动,以V3为初速度从D点平抛滑块2平抛水平位移第2=%「二誓租,方向水平向右滑块1先向左滑上四分之一圆轨道再返回,以1m/s速度滑上传送带,如果滑块1在传送带上一直做匀加速直线运动就一资=2aL解得以=V5m/s因为以二遍加△〉/所以滑块1在传送带上先加速后匀速,以v为初速度从D点平抛滑块1平抛水平位移xi=vt=
0.6m方向水平向右答
(1)小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为6N;
(2)两滑块碰后滑块
1、滑块2的速度vi、V2分别为水平向左的lm/s水平向右的4m/s;373
(3)滑块
1、滑块2平抛的水平位移分别为
0.6m和菅血,方向水平向右.如图所示,两条相距L=lm的水平光滑导轨右端接一定值电阻R=
0.8C质量m=lkg、阻值r=
0.2Q的金属杆紧靠一压缩着的弹簧,弹簧被锁定着MN右侧轨道间有一范围足够大的匀强磁场,磁感应强度B=1T方向垂直纸面向里某时刻解除弹簧的锁定,金属杆离开弹簧后,以vo=4m/s的速度从MN处进入磁场整个过程金属杆和导轨始终垂直且接触良好求
(1)弹簧积蓄的弹性势能的大小;
(2)金属杆刚进入磁场时的加速度;
(3)当流过电阻R的电荷量为3c时,金属杆产生的焦耳热和速度的大小【解答】解
(1)进入磁场前,金属棒已离开弹簧,弹簧的弹性势能全部转化为金属杆的动能有11Ep=5x1x42J=8J;
(2)刚进入磁场时,金属杆切割磁感线产生感应电动势E=BLv()回路的电流为1=给K+rp2r2金属杆所受的安培力大小为F=BIL=/^井,方向向左K+r所以金属杆的加速度大小为a=5f*I*联立解得a=4m/s2方向向左;
(3)当电量q=3C时;取向右为正方向,由动量定理得-b7l*At=mv-mv()又因q=7At联立解得,金属杆的速度v=lm/s说明金属杆还没有停下,仍在运动11系统产生的焦耳热Q=EP-mv2=8J—亍x1x12J=
7.5J金属杆产生的焦耳热Q产与Q=需4pX
7.5J=L5JI~rKU.Z-tU.O答1弹簧积蓄的弹性势能的大小为8J;2金属杆刚进入磁场时的加速度大小为4m/s2方向向左;3当流过电阻R的电荷量为3c时,金属杆产生的焦耳热为L5J速度的大小为lm/s
4.a、b、c、d为四根半径一样的圆柱体的横截面,彼此靠得很近,形成四个宽度极窄的狭缝
1、
2、
3、4a、b、c、d是四个圆柱体各自的中轴线在这些狭缝和四个圆柱所包围的空间设为真空存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面指向纸里磁感应强度大小为B.一个带正电粒子,初速为0经电压为U的加速电场加速后,以速度vo沿与a、b都相切的方向由缝1射入磁场内,设粒子与圆柱表面只发生一次碰撞,由于碰撞是弹性的,碰撞时间极短,且碰撞不改变粒子的电荷量,也不受摩擦力作用因此碰撞过程不改变切线方向的速度,只使得径向速度反向碰撞后该粒子继续在磁场中运动并恰好能从缝2处且沿与b、c都相切的方向射出不计粒子重力请由以上信息求1带电粒子的比荷区;m2带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r并画出它在磁场中的大致轨迹;3若圆柱体的半径为R在带电粒子的运动平面中以速度vo方向为x轴,a、b连线为y轴建立直角坐标系,试求带电粒子与圆柱表面碰撞点的坐标位置用R表示和r与R的关系【解答】解1粒子在电场中加速过程,由动能定理知得到带电粒子的比荷为里—脸m—2U;2带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,贝叼%8=根学,解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为丁=~Bva3在图中纸面内取Oxy坐标如图,原点在狭缝1处根据题的要求和对称性可知,粒子在磁场中做圆周运动时应与d的柱面相碰于缝
3、4间的圆弧中点处,碰撞处的坐标为x=2R-n.人勺4R—yf2RnnA-o2R-y/2RRsin45=5,y=R-Rcos45=乙乙粒子从缝1进入磁场,在洛伦兹力作用下做圆周运动,圆轨道在原点与X轴相切,故其圆心必在y轴上则根据几何知识有x2+y-r2=r2解得r=3R;2答1带电粒子的比荷为整;m2U2U2带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r为——,大致轨迹如图所示;Bv04R-V2R2R-V2R3带电粒子与圆柱表面碰撞点的坐标位置为,I•与R的关系为r=3R;2222A、B两球相距最近时,A、B两球系统的电势能Ep是一mgh
32.如图所示,半径R=
1.25m的光滑竖直四分之一圆轨道OAB与光滑水平轨道BC相切于B点水平轨道BC右端与一长L=
0.5m的水平传送带CD相连,传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动两滑块与传送带间的动摩擦因数四=
0.4小滑块1从四分之一圆轨道的A点由静止释放,滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2发生弹性正碰,两滑块经过传送带后从传送带末端D点水平抛出,落在水平地面上已知两滑块质量分别为mi=
0.2kg和m2=
0.3kg忽略传送带转轮半径,D点距水平地面的高度h=
0.45mgMX10m/s23o求。