物理模型的构建
怎样构建物理模型
1.命题趋势
物理应用能力是“理综能力”考察的核心。物理应用能力的考察本质是对实际问题分析、还原和构建物理模型能力的考察,解题的过程实质上就是对实际问题分析、还原和构建物理模型的过程。平常所说解题时应“明确物理过程、在头脑中建立一幅清晰的物理图景”,其实指的就是要正确地还原和构建物理模型。因为考生构建模型的情况,能真实地反映他的理解能力、分析综合能力、获取知识的能力等多种能力。 2.知识概要
互相关联的物理状态和物理过程构成了物理问题,解决物理问题的一般方法可归纳为以下几个环节:
在这几个环节中,根据问题的情景构建出物理模型是最关键的、也是较困难的环节。由问题情景转化出来的所谓“物理模型”,实际上就是由理想的对象参与的理想的过程。如质点的自由落体运动、质点的匀速圆周运动、单摆的简谐运动、点电荷在匀强电场中的运动、串并联电路等等。这种物理模型一般由更原始的物理模型构成。原始的物理模型可分为如下两类:
所谓“建模”就是将带有实际色彩的物理对象或物理过程通过抽象、理想化、简化和类比等方法转化成理想的物理模型。正确构建物理模型应注意以下几点:
(1)养成根据物理概念和物理规律分析问题的思维习惯。结合题目描述的现象、给出的条件,确定问题的性质;同时抓住现象的特征寻找因果关系。这样能为物理模型的构建打下基础。
(2)理想化方法是构建物理模型的重要方法,理想化方法的本质是抓住主要矛盾,近似的处理实际问题。因此在分析问题时要养成比较、取舍的习惯。
(3)要透彻掌握典型物理模型的本质特征、不断积累典型模型,并灵活运用他们。如研究碰撞时,总结出弹性碰撞和完全非弹性碰撞两个模型,但后来发现一些作用时间较长的非碰撞类问题,也有相同的数学形式,这就可以把这些问题也纳入到这两个模型中去,直接应用这两个模型的结论。在粒子散射实验中,粒子与重金属原子核的作用是非接触性的静电力作用,由于动能守恒也可纳入弹性碰撞模型。 3. 点拨解疑
【例题1】两块大小不同的圆形薄板(厚度不计),质量分别为M 和m (M=2m),半径分别为R 和r ,两板之间用一根长L=0.4m的轻质绳连结,开始时,两板水平叠放在支架C 上方高h=0.2m处(如图a 所示),以后,两板一起自由下落,支架上有一个半径R ˊ(r
解析:本题的整体过程可分以下几个阶段;
(1)板自由下落过程(此时两板作为一个整体可抽象为一个质点模型), 到两板落至支架C 时的速度为:
v0=2gh =2⨯10⨯0. 2=2m /s
(2)大圆板与支架相碰,且无机械能损失(此过程还原为弹性碰撞模型),
对象模型(质点、轻杆、轻绳、弹簧振子、单摆、理想气体、点电荷、理想电表、
理想变压器、匀强电场、匀强磁场、点光源、光线、原子模型等)
过程模型(匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动、平抛运动、简谐运
动、简谐波、弹性碰撞、自由落体运动、竖直上抛运动等)
然后小圆板继续下落;
大圆板与支架C 碰后以v 0为初速度竖直跳起,设至细绳绷紧前历时t 1,绷紧前的速度为v 1,上跳高度(离支架C 的高度)为h 1,
则: v1=v0-gt 1 (1)
v 12=v02-2gt 1 (2)
小圆板穿过圆孔时的速度为v 0,设落至细绳绷紧前历时t 2,速度为v 2,下落高度(离支架的高度)为h 2,则: v2=v0-gt 2 (3)
22
v 2=v0-2gt 2 (4)
因t 1=t2,h 1+h2=L=0.4m,故(1)(3)两式相加得:v 1+v2=2v0=4m/s (5) 由(4)(2)两工相减得: v2-v 1=2gL=2×10×0.4=8(m/s) (6) 联立(5)、(6)两式得细绳绷紧前两板速度大小分别为v 1=1m/s,v 2=3m/s。它们的速度方向相反,v 1向上,v 2向下。
(3)细绳绷紧瞬间,两板通过绳的相互作用获得共同速度(此过程还原为完全非弹性碰撞)。 由于细绳绷紧时间极短,重力的冲量可忽略,故绷紧过程中系统动量守恒,设两板共同速度为u ,取竖直向下为正方向,由mv 2-Mv 1=(m+M)u 得 :
=u
mv
2
22
-Mv
1
M +m
=
3⨯m -1⨯2m
2m +m
=
13
m /s
即该瞬间两板获得向下的共同速度为
13
m /s
本题涉及复杂情境,给人以无从下手的感觉。其实只要根据时或空间顺序分清运动过程,以及这些过程中涉及哪些规律。这样将复杂情境的问题还原成了熟悉的典型运动问题,复杂问题就会迎刃而解。 【例题2】(1999年高考全国卷)一跳水运动员从离水面10m 高的平台上向上跃起, 举双臂直体离开台面,此时其重心位于从手到脚全长的中点,跃起后重心升高0.45m 达到最高点,落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)从离开跳台到手触水面,他可用于完成空中动作的时间是______s。(计算时,可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点,g 取10m/s2,结果保留二位数)
解析:运动员的跳水过程是一个很复杂的过程,主要是竖直方向的上下运动,
但也有水平方向的运动,更有运动员做的各种动作。构建运动模型,应抓主要因素。现在要讨论的是运动员在空中的运动时间,这个时间从根本上讲与运动员所作的各种动作以及水平运动无关,应由竖直运动决定,因此忽略运动员的动作,把运动员当成一个质点,同时忽略他的水平运动。当然,这两点题目都作了说明,所以一定程度上“建模”的要求已经有所降低,但我们应该理解这样处理的原因。这样,我们把问题提炼成了质点作竖直上抛运动的物理模型。
在定性地把握住物理模型之后,应把这个模型细化,使之更清晰。可画出
如图1所示的示意图。由图可知,运动员作竖直上抛运动,上升高度h ,即题中的0.45m ;从最高点下降到手触到水面,下降的高度为H ,由图中H 、h 、10m 三者的关系可知H =10.45m。
由于初速未知,所以应分段处理该运动。运动员跃起上升的时间为:t 1=
2H g
2⨯10. 4510
2h g =
2⨯0. 4510
=0. 3s
从最高点下落至手触水面,所需的时间为:t 2=
==1. 4s
所以运动员在空中用于完成动作的时间约为:t =
t 1+t 2=1.7s
点评:构建物理模型时,要重视理想化方法的应用,要养成化示意图的习惯。
【例题3】(03上海) 为研究静电除尘,有人设计了一个盒状容器,容器侧面是绝缘的透明有机玻璃,它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板,间距L=0.05m,当连接到U=2500V的高压电源正负两极时,能在两金属板间产生一个匀强电场,如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内,每立方米有烟尘颗粒1013个,假设这些颗粒都处于静止状态,每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C ,质量为m=2.0×10-15kg ,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后:⑴经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附?⑵除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功?⑶经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大?
解析:本题涉实际生活情境,在题设情境下,烟尘颗粒视为带电粒子,只在电场力作用下的匀加速直线运动。
⑴当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时,烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L,L=at2/2=qUt2/2mL,故t=0.02s
⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J
⑶设烟尘颗粒下落距离为x ,则当时所有烟尘颗粒的总动能
EK=NA(L-x)mv2/2=NA(L-x)qUx/L,当x=L/2时EK 达最大,而x=at12/2,故t1=0.014s
评析:本题求解需要建立两个模型:点电荷模型和匀加速直线运动模型,从而把静电除尘转化为带电粒子在匀强电场中运动的物理问题,进而用相应的公式求解。
【例题4】 精密测量电子比荷e /m 的现代方法之一是双电容法,其装置如图2所示,在真空管中由阴极K 发射电子,其初速度可忽略不计。此电子被阴极K 与阳极A 间的电场加速后穿过屏障D 1上的小孔,然后依次穿过电容器C 1、屏障D 2上的小孔和第二个电容器C 2而射到荧光屏F 上。阳极与阴极之间的电势差为U ,分别在电容器C 1、C 2上加有频率为f 的完全相同的正弦式交变电压,C 1、C 2中心间的距离为L ,选择频率f 使电子束在荧光屏上的亮点不发生偏转。试证明电子的比荷为
解析: 由题意,研究对象必然是电子,其对象模型显然是带电的质点;对其过程模型的构建,可按先后顺序考虑;首先是在电场中的变加速运动,这是我们能处理的模型;接着进入电容器,遇到偏转电场,由于电容器上加的是变化电压,那么其中的电场是不稳定的,随时间变化的,电子沿电场方向的运动不是匀变速运动,这是我们没
办法处理的。但考虑到电子加速后,速度很大,通过电容器的时间极短,如果忽略这一段时间内的电压变化,那么可把电子通过电容器的过程抽象为带电质点在稳定匀强电场中的物理模型,电场的强度取决于进入电场的时机。
现在有两个电容器,而且要求电子最后不偏转,那么电子在电容器中的运动是否有更具体的物理模型呢?模型很简单,就是进入每个电容器的时机都正好是电场强度等于零的时候,电子作匀速直线运动通过两个电容器。
电子进入第一个电容器的时刻t 1应满足条件U 0sin2πft 1 =0,即2πft 1=n 1π。其中n 1是自然数。 同样,进入第二个电容器的时刻t 2应满足条件U 0sin2πft 2 =0,即2πft 1=n 2π。其中n 2是自然数。 所以,当t 2-t 1=
L v
e m
=
2f L n U
2
22
(其中n 为正整数)。
,即
2fL v
=n 2-n 1=n 时,电子束不发生偏转,其中n 是正整数。
又因为
12
mv
2
=eU 所以
e m
=
2f L n U
2
22
点评:该题让我们又一次体验到了理想化方法的重要性。带电粒子在电容器中运动,一般是要考虑偏转,但该题却是不偏转,因此构想出这一模型确是该题的难点。
针对练习
1.(1999年广东高考题)如图5所示,在某装置中有一匀强磁场,磁感应强度为B ,方向垂直于Oxy 所在的纸面向外.某时刻在x =l 0,y = 0处,一质子沿y 轴的负方向进入磁场;同一时刻,在x = -l 0,
y =0处,一个α粒子进入磁场,速度方向与磁场垂直.不考虑质子与α粒子的相互作用.设质子的质量为m ,电量为e 。
(1)如果质子经过坐标原点O ,它的速度为多大?
(2)如果α粒子与质子在坐标原点相遇,α粒子的速度应为何值? 方向如何? 2.如图6所示,在xOy 平面内,有相互正交且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场,匀强电场的场强E =12N/C ,方向沿x 轴正方向,匀强磁场的磁感应强度B =2T,方向垂直xOy 平面指向纸内.一质量为m =4×10-5kg ,电量Q =+2.5×10-5C 的带电粒子,沿xOy 平面做匀速直线运动,运动到原点时,撤去磁场,经过一段时间后,带电粒子运动到x 轴上的P 点.求P 点到O 点的距离和带电粒子通过P 点的速度大小各是多少。(g =10m/s ,sin53°=0.8)
3.如图7所示,在空间存在水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场,电场强度为E ,磁感应强度为B ,在场区某点由静止释放一个带电液滴a ,它运动到最低点处恰与一个原来处于静止的液滴b 相碰,碰后两液滴合为一体,沿水平方向做直线运动,已知液滴a 质量是液滴b 质量的2倍,液滴a 所带的电量是液滴b 所带电量的4倍。求两液滴初始位置之间的高度差h (设a 、b 之间的静电力不计)
4.图8为推行节水灌溉工程中使用的转动式喷水龙头的示意图。“龙头”离地面高h m ,将水水平喷出,其喷灌半径为10h m ,每分钟可喷水m kg ,所用的水从地面以下H m 深的井里抽取。设所用水泵(含电动机)的效率为η,不计空气阻力。求:⑴水从龙头中喷出时的速度v 0 ⑵水泵每分钟对水做的功W ⑶带动该水泵的电动机消耗的电功率P 。
5.如图9所示,一劲度系数为k =800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m =12kg的物体A 、B 。物体A 、B 和轻弹簧竖立静止在水平地面上,现要加一竖直向上的力F 在上面物体A 上,使物体A 开始向上做匀加速运动,经0.4s 物体B 刚要离开地面,设整个过程中弹簧都处于弹性限度内,取g =10m/s2
(1)此过程中所加外力F 的最大值和最小值。
(2)此过程中外力
F 所做的功。
6.如图10所示,S 为一个电子源,它可以在纸面的3600范围内发射速率相同的质量为m 、电量为e
的电子,MN 是一块足够大的挡板,与S 的距离OS =L ,挡板在靠近电子源一侧有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感强度为B ,问:(1)若使电子源发射的电子有可能到达挡板,则发射速率最小为多大?
(2)如果电子源S 发射电子的速率为(1)中的2倍,则挡板上被电子
2
图 9 v
图 10
击中的区域范围有多大?
7.有一电子束穿过具有匀强电场和匀强磁场的空间区域,该区域的电场强度和磁感强度分别为E 和B 。 (1)如果电子束的速度为v 0,要使电子束穿过上述空间区域不发生偏转,电场和磁场应满足什么条件?
(2)如果撤去磁场,电场区域的长度为l ,电场强度的方向和电子束初速方向垂直,电场区域边缘离屏之间的距离为d ,要使电子束在屏上偏移距离为y ,所需加速电压为多大?
8.如图12甲所示,在空间存在一个变化的电场和一个变化的
图
磁场,电场的方向水平向右(图中由B 到C ),场强大小随时间变化如图乙所示;磁感强度方向垂直于纸面、大小随时间如图丙所示。从t =1s末开始,在A 点每隔2s 有一个同种的粒子以沿AB 方向(垂直于BC )的初速度v 0射击,恰好能击中C 点,若AB =BC =l , 且粒子在AC 间的运动时间小于1s 。求:
(1)磁场的方向;
E
(2)图象中E 0和B 0的比值0
B 0
(3)1s 末射出的粒子和3s 末
射出的粒子由A 点运动到C 点四经0 2 4 6 8 0 2 4 6
甲
t/s 乙 8 t/s 丙
t 1图 12
历的时间t 1和t 2之比.
t 29.如图13所示,在地面附件,坐标系xoy 在竖直平面内,空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感强度大小为
x 图 13
B 。在x 0区域。要使油滴进入x >0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动,需在x >0区域内加一个匀强电场。若带电油滴做圆周运动通过x 轴的N 点,且MO =NO 。
求:(1)油滴运动的速度大小。
(2)在x >0空间内所加电场的场强大小和方向。
(3)油滴从x 轴上的M 点开始到达x 轴上的N 点所用的时间。
10.(2004年春季高考卷第34题,22分)如图14所示,abc 是光滑的轨道,其中ab 是水平的,bc 为与ab 相切的位于竖直平面内的半圆,半径R =0.30m。质量m =0.20kg的小球A 静止在轨道上,另一质量M =0.60kg、速度v 0=5.5m/s的小球B 与小球A 正碰。已知相碰后小球A 经过半圆的最高点c 落到轨道上距
b 点为l 42R 处,重力加速度g =10m/s2,求:
(1)碰撞结束后,小球A 和B 的速度的大小。 (2)试论证小球B 是否能沿着半圆轨道到达c 点。 11.(03全国)一传送带装置示意图如图,其中传送带
经过AB 区域时是水平的,经过BC 区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,为画出),经过CD 区域时是倾斜的,AB 和CD 都与BC 相切。现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上,放置时初速为零,经传送带运送到D 处,D 和A 的高度差为h 。稳定工作时传送带速度不变,CD 段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L 。每个箱子在A 处投放后,在到达B 之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经BC 段时的微小滑动)。已知在一段相当长的时间T 内,共运送小货箱的数目为N 。这装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P 。
12.某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯,该扶梯在电压为380V 的电动机带动下以0.4m/s的恒
定速率向斜上方移动,电动机的最大输出功率为4.9kW 。不载人时测得电动机中的电流为5A ,若载人时扶梯的移动速率与不载人时相同,则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为 。(设人的平均质量为60kg ,g=10m/s2)
参考答案
1.解析:(1)根据质子进入磁场处的位置和进入磁场时速度的方向,可知其圆周轨道的圆心必在x
r p =
12l 0
v p
轴上,又因质子经过原点O ,故其轨道半径
mv
2p
,设质子的速度为,由牛顿定律得:
r p
=eBv
p , v p =
eBv 2m
2πm eB
(2)质子做圆周运动的周期为T p =
4πm eB
由于α粒子电荷为q α=2e ,质量m α=4m ,故α粒子做圆周运动的周期T α=质子在做圆周运动的过程中,在T p =
12T ,
32T p , 1
52
α粒子如与质子在O 点相T p „各时刻通过O 点,
34
遇,必在同一时刻到达O 点,这些时刻分别对应t=T a ,
4
T a „ ,如果α粒子在t=T/4到达O 点,它运
行了1/4周期,如在T a 到达O 点,它运行了3/4周期,由此可知α粒子进入磁场处与O 点之间的连线必
4
3
为1/4圆周或3/4圆周所对的弦,如图15(实际上t =
22
54
T a 等情形不必再考虑),进而得出α粒子的轨道
半径r a =l 0
设α粒子的速度为v a ,则由牛顿定律得:
m a v a r a
2
=q a Bv a
注意到m a =4m , q a =2e ,得v a =
2eBl 04m
,但方向可有两个,用
, θ2=
3π4
图 15
α粒子速度方向与x 轴正方向夹角θ表示θ1=
π
4
。
点评: 本题关键是确定α粒子的轨道半径及轨迹,注意到α粒子速度方向的不确定性,这也正是本题容易出错之处。
2.设粒子匀速运动的速度为v 0,带电粒子匀速运动时受到重力G =mg ,方向竖直向下,电场力F = Eq ,方向水平向右,洛伦兹力f =Bv 0q ,方向斜向左上方和粒子的速度v 0垂直,如图16所示。
由平衡条件知重力和电场力的合力跟洛仑兹力等值反向,当撤去磁场时,因重力和电场力的合力F ′与v 0垂直,则粒子做类平抛运动
由 F '2=(qE ) 2+(mg ) 2=(qBv 0) 2
可解得v 0 = 10m/s ,F ′= 5ⅹ10-4N ,∴ 加速度a =
F 'm
= 12.5m/s 2
设P 到原点O 的距离为x ,x 轴与合力F ′的夹角为θ,则sin θ=
4⨯105⨯10
-4-4
=0. 8 所以θ= 53
粒子运动到P 点沿v 0方向运动的距离s =x sin 53︒;沿合力的位移h =x cos53°;粒子的运动时间
t =
s v 0
, h =
12
at 可求出x = 15m
2
粒子运动到P 点的速度v =
v 0+(at )
22
=18m /s
【点评】本题情景较复杂,由题意先判断出粒子必受重力,并且电场力和重力的合力一定与v 0垂直,做类平抛运动,运用运动的独立性求解。
3.因液滴b 静止在场中,则它一定带正电,设b 的质量为m ,带电量为 q ,a 的质量为2m ,电量为4q ,受力平衡则有mg =qE ①
开始时a 受重力2mg ,电场力4qE ,但向右下方运动,这说明a 只能带负电且电场力做正功. 设a 运动到最低点的速度为v 0,它和b 发生完全非弹性碰撞。由题意知,碰后它们的共同速度为v ,沿水平方向动量守恒,则有 2mv 0=3mv ②
由电荷守恒定律,碰后它们的电量为-3q ,它们在竖直方向上受力平衡
3mg +3qE =3Bvq ③
带电液滴a 从初始位置运动到最低点,由动能定理有 4Eqh +2mgh =
3E
22
12
mv 0 ④
2
联立① ② ③ ④ 得 h =
2gB
【点评】 本题对思维要求较高,涉及的知识点较多,必须能够根据a 的运动轨迹判断出a 带负电,灵活运用动量和能量的关系进行求解。
4.解:(1)平抛所用时间为t =
2h g
① 水平初速度为v =
12
10h t
=52gh ②
(2)1min 内喷出水的动能为 E k =mv 2=25mgh ③
④
水泵提水,1min 内水所获得的重力势能为 E p =mg (H +h ) 1min 内水泵对水所做功为 W =E k +E p =mg (H +26h ) ⑤ (3)带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P =5.解:(1)A 原来静止时:kx 1=mg ①
mg (H +26h )
60η
当物体A 开始做匀加速运动时,拉力F 最小,设为F 1,对物体A 有:F 1+kx 1-mg =ma ② 当物体B 刚要离开地面时,拉力F 最大,设为F 2,对物体A 有:F 2-kx 2-mg =ma ③ 对物体B 有:kx 2=mg ④ 对物体A 有:x 1+x 2=at 2 ⑤
21
由①、④两式解得 a =3.75m/s ,分别由②、③得F 1=45N ,F 2=285N (2)在力F 作用的0.4s 内,初末状态的弹性势能相等,由功能关系得:
2
W F =mg (x 1+x 2)+m (at ) 2=49.5J
2
1
6.解:(1)设电子发射的最小速率为v ,电子轨道半径至少为L/2,eBv=
mv l
2
,则v=
eBL 2m
2
(2)发射速率v ′=2v 时,轨道半径为L ,如图10,挡板被电子击中的范围为:AB =(3+1) L 7.解:(1)要使电子不发生偏转则:eE =e v0B ,E =v 0B (2)电子在电场中向上偏转量:s=
12
1eE 2m
t 且tan θ=
2
v y v 0
其中v y =
eE m
t
在加速电场中eU =mv 偏移距离:y =s +d tan θ ,
2
由以上各式可得:U =
El (l +2d )
4y
8.解:(1)磁场方向垂直纸面向外。
(2)粒子由A 运动到C 所经历的时间小于1s ,1s 末射出的粒子受洛伦兹力作用,做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有:qv 0B =
mv 0R
2
,粒子由A 运动到C ,转过1/4圆弧,故R =l, 所以B 0=
1qE 0l 2mv 0
22
mv 0ql
3s 末射出的粒子受电场力作用做类平抛运动,有y=l=
,则E 0=πl
2v 0
2mv 0
ql
2
所以
E 0B 0
=2 v0
(3)做圆周运动的粒子由A 运动到C 所经历的时间为t 1=
πR
2v 0
=。
做类平抛运动的粒子由A 运动到C 所经历的时间为t 2=t 1t 2
l v 0
,所以
=
π
2
9.解:(1)因油滴沿直线运动,重力和电场力又为
恒力,则与运动方向垂直的洛伦兹力的大小运动不能变化,油滴必然做匀速直线运动。
则有:qvB =
qE sin α
,v =
2E B
(2)油滴进入x >0的区域后,要做匀速圆周运动,则:qE 1=mg 因为mg =qE cot α, 所以E 1=3E , 电场方向竖直向上。
(3)油滴的运动轨迹如图17所示,∠OPN =60,过P 作PM 的垂线交x 轴于O 1,因∠O 1PN =∠O 1NP =30,ΔO 1PN 为等腰三角形,所以O 1P =O 1N ,O 1为油滴做圆周运动的圆心。
设O 1P =R ,R =
mv qB
,θ=
2π3
,油滴由M 点到P 点的时间:t 1=2πm 3qB
m q
3R v 3E g
=
3m qB
,油滴由P 点到N 点做匀
速圆周运动的时间:t 2=
2π3
2πR 3v
3E gB
=
。因为mg =qE cot α所以
=
。所以油滴由P 点到N 点的时间
t =t 1+t 2=(
+3)
10.(1)以v 1表示小球A 碰后的速度,v 2表示小球B 碰后的速度,v 1'表示小球A 在半圆最高点的速度,
t 表示小球A 从离开半圆最高点到落在轨道上经过的时间,则有 v 1't =42R ①
12gt
2
=2R ②
12'=m v 1
2
mg (2R ) +
12
mv 1 ③
2
Mv 0=mv 1+Mv 2 ④
m M
3Rg
由①②③④求得 v 1=23Rg v 2=v 0-2代入数值得 v 1=6m /s v 2=3. 5m /s
(2)假定B 球刚能沿着半圆轨道上升到c 点,则在c 点时,轨道对它的作用力等于零。以v c 表示它在c 点的速度,v b 表示它在b 点相应的速度,由牛顿定律和机械能守恒定律,有 Mg =M
12
12
v c
2
R
Mv c +Mg (2R ) =
2
Mv b
2
解得
v b =5Rg 代入数值得 v b =3. 9m /s
由v 2=3. 5m /s , 可知v 2
11.解析:本题涉实际生活、图形信息和复杂情境,给人以无从下手的感觉。其实,本题条件是较明显的,在题设情境下首先将小货箱视为质点,然后分清小货箱在传送带的运动过程,以及这些过程中涉及
哪些能量的转化。这样将复杂涉实际情境的问题还原成了熟悉的典型运动问题。
(1)水平传送带上小货箱作匀加速直线运动速度达v0,由于相对传送带滑动,磨擦生热机械能转化为内能。设小货箱匀加速运动时间为t 、位移s 、加速度为a, 则有:s=at2/2, v0=at.
传送带有: s0= v0t 传送带对小货箱做功: fs= mv02/2
磨擦生热: Q=fs相=f(s0-s) =mv02/2;
(2)小货箱在斜面上作匀速直线运动,时间为T 、距离为NL ,有:v0T=NL; (3)电机输出用于增加小货箱动能、势能和小货箱与传送带系统内能,由能量转
化和守恒: PT=N(mv02/2+mgh+Q)
22
⎫Nm ⎛N L
⎪P =+gh 2⎪T T ⎝⎭。 最后由以上各得结果:
12.忽略电动机内阻的热损耗,电动机的输入功率和输出功率相等。即空载时维持扶梯运行的电功率为
P 0=UI =380⨯5=1900
W
P =P m -P 0=4. 9-1. 9=3
故可用于载送乘客的多余功率为kW
扶梯斜向上作匀速运动,故每位乘客受重力mg 和支持力F 作用,且F =mg。 电动机通过扶梯支持力对人做功,其功率为P ′, P ′=Fvcosa =mgcos(90°-30°)=120W, 故同时乘载的最多人数为
N =
P P '
=3000120
=25人.
点评:本题取自日常社会生活问题,怎样把这个同学们所熟悉的实际问题转化为物理模型,从而运用有关功能关系来解决它,这是一种实际应用能力。