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1、
計(jì)算題夯基練習(xí)(四)
1、(2019·合肥模擬)
如圖所示,一勁度系數(shù)很大的輕質(zhì)彈簧下端固定在傾角θ=30°的斜面底端,將彈簧上端壓縮到A點(diǎn)鎖定。一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧上端放置,解除彈簧鎖定,小物塊將沿斜面上滑至B點(diǎn)后又返回,A、B兩點(diǎn)的高度差為h,彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能EP=mgh,鎖定及解除鎖定均無(wú)機(jī)械能損失,斜面上A點(diǎn)以下部分的摩擦不計(jì),已知重力加速度為g。求:
(1)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
(2)物塊在上滑和下滑過(guò)程中的加速度大小之比。
(3)若每次當(dāng)物塊離開(kāi)彈簧后立即將彈簧壓縮到A點(diǎn)鎖定,當(dāng)物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定。設(shè)斜面最高點(diǎn)C與A的高度差為
2、3h,試通過(guò)計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出。
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):
(1)彈簧解鎖的過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能,物塊上升的過(guò)程中動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能。
(2)物塊上升的過(guò)程和下降的過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律列方程求加速度。
(3)物塊運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí),彈簧給物塊補(bǔ)充的彈性勢(shì)能將全部轉(zhuǎn)化為物塊在斜面上來(lái)回運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的熱量。
【解析】(1)物塊從A第一次上滑到B的過(guò)程中,由能量守恒定律得:
Ep=μmgcosθ·+mgh
即: mgh=μmgcosθ·+mgh
解得:μ=
(2)在上升的過(guò)程中和下滑的過(guò)程中物塊都受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力的作
3、用,設(shè)上升和下降過(guò)程中的加速度大小分別是a1和a2,根據(jù)牛頓第二定律得:
物塊上升過(guò)程有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得: a1=g(sinθ+μcosθ)= g
物塊下滑過(guò)程有:mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得: a2=g(sinθ-μcosθ)= g
故:a1∶a2=5∶3
(3)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后,彈簧給物塊補(bǔ)充的彈性勢(shì)能將全部轉(zhuǎn)化為物塊在斜面上來(lái)回運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的熱量,設(shè)穩(wěn)定時(shí)物塊上升的最大高度為hm,則由能量守恒定律得:
Ep=2μmgcosθ·
即: mgh=2μmgcosθ·
解得:hm=2.5 h<3 h
所以物塊不可能到達(dá)C點(diǎn),即不能
4、從C點(diǎn)拋出
答案:(1) (2)5∶3
(3)物塊不能從C點(diǎn)拋出 計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析
2、(2019·宿州模擬)
如圖所示,傾角θ=37°的粗糙斜面的底端A與水平傳送帶相接觸,傳送帶正以v=4 m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),質(zhì)量為2 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上O處由靜止下滑,經(jīng)過(guò)時(shí)間1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之間距離LOA=4.5 m,傳送帶左右兩端A、B間的距離LAB=10 m,物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10 m/s2,不計(jì)物體經(jīng)過(guò)A時(shí)的動(dòng)能損失。
(1) 求物體沿斜面下滑的加速度大小。
(2) 求物體
5、與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1。
(3) 物體在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)時(shí)是否會(huì)從B端滑出?如果滑出,求離開(kāi)B點(diǎn)的速度大???如果不滑出,求物體返回到A點(diǎn)的速度大小。
【解析】(1)由勻變速運(yùn)動(dòng)方程
LOA=at2,a=4 m/s2。
(2)由牛頓第二定律 mgsinθ-μ1mgcosθ=ma,
解得μ1=0.25。
(3) 由勻變速方程,
vA=at=6 m/s,a1=μ2g=5 m/s2,
x==3.6 m<10 m,不會(huì)從B點(diǎn)滑出,
物體向右返回,加速到相對(duì)傳送帶靜止所需距離x′==1.6 m
6、5 (3)不滑出 4 m/s
3、三只燈泡L1、L2和L3的額定電壓分別為1.5 V、1.5 V和2.5 V,它們的額定電流都為0.3 A。若將它們連接成圖甲、圖乙所示電路,且燈泡都正常發(fā)光。
(1)試求圖甲電路的總電流和電阻R2消耗的電功率。
(2)分別計(jì)算兩電路電源提供的電功率,并說(shuō)明哪個(gè)電路更節(jié)能。
【解析】(1)由題意,在圖甲電路中:
電路的總電流I總=IL1+IL2+IL3=0.9 A
U路端=E-I總r=2.55 V
UR2=U路端-UL3=0.05 V
IR2=I總=0.9 A
電阻R2的消耗功率PR2=IR2UR2=0.045 W。
(2)圖甲電源提供的
7、電功率
P總=I總E=0.9×3 W=2.7 W
圖乙電源提供的電功率
P′總=I′總E′=0.3×6 W=1.8 W
由于燈泡都正常發(fā)光,兩電路有用功率相等,而P′總
8、等效成一個(gè)環(huán)形電流,求圓周運(yùn)動(dòng)的周期和環(huán)形電流大小。
(3)設(shè)該衰變過(guò)程釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和新核的動(dòng)能,新核的質(zhì)量為M,求衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損Δm。
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下四個(gè)方面:
(1)書(shū)寫(xiě)核反應(yīng)方程時(shí)要遵循質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒,同時(shí)要注意用“→”,不能用“=”。
(2)α衰變的生成物是兩種帶電荷量不同的“帶電粒子”,反應(yīng)前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒,因此反應(yīng)后的兩產(chǎn)物向相反方向運(yùn)動(dòng)。
(3)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,α衰變的生成物受洛倫茲力作用將各自做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且兩軌跡圓相外切,應(yīng)用洛倫茲力計(jì)算公式和向心力公式即可求解運(yùn)動(dòng)周期,根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式可求解電流大小。
(4)核反應(yīng)中釋放的
9、核能應(yīng)利用愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程求解,在結(jié)合動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解得質(zhì)量虧損。
【解析】(1)α衰變的核反應(yīng)方程為:
XYHe
(2)α粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力
qv1B=m
T=
解得:T=
由電流的定義式可得:
I==
(3)衰變過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律可得:
mv1=Mv2
由能量守恒可知,釋放的核能為:
ΔE=m+M
由質(zhì)能方程可得:ΔE=Δmc2
聯(lián)立以上方程可解得:
Δm=
答案:(1XYHe
(2)
(3)
5、一根兩端開(kāi)口、粗細(xì)均勻的長(zhǎng)直玻璃管橫截面積為S=2×10-3m2,豎直插入水面足夠?qū)拸V的水中且固定。管中
10、有一個(gè)質(zhì)量為m=0.4 kg的密閉活塞,封閉一段長(zhǎng)度為L(zhǎng)0=66 cm的氣體,氣體溫度T0=300 K,如圖所示。開(kāi)始時(shí),活塞處于靜止?fàn)顟B(tài),不計(jì)活塞與管壁間的摩擦。外界大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,取g=10 m/s2?,F(xiàn)保持管內(nèi)封閉氣體溫度不變,用豎直向上的力F緩慢地拉動(dòng)活塞。當(dāng)活塞上升到某一位置時(shí)停止移動(dòng),此時(shí)F=6.0 N,求這時(shí)管內(nèi)外水面的高度差和管內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度。
【解析】當(dāng)活塞靜止時(shí)有p1S=p0 S+mg
知?dú)怏w初狀態(tài)的壓強(qiáng)為:p1=p0+
代入數(shù)據(jù)得:p1=1.02×105 Pa
當(dāng) F=6.0 N時(shí),由p2 S+F=p0 S+mg
得氣體末狀態(tài)壓強(qiáng)為:p2=p0+
代入數(shù)據(jù)得:p2=9.9×104Pa
又 p2=p0-ρgh
得管內(nèi)外液面的高度差為:h=0.1 m
由玻意耳定律得:p1L1S=p2 L2 S
其中 L1=L0=66 cm
解得空氣柱長(zhǎng)度:L2=68 cm
答案:0.1 m 68 cm
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