题目

如图(a)所示,电梯相对地面以加速度a 竖直向上运动.电梯中有一滑轮固定在电梯顶部,滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为m1 和m2 的物体A和B.设滑轮的质量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计.已知m1 >m2 ,如以加速运动的电梯为参考系,求物体相对地面的加速度和绳的张力.4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图分析如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系.在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力.在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来.解取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B 作受力分析,其中F1 =m1a,F2 =m2a 分别为作用在物体A、B 上的惯性力.设ar为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (1)4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (2)4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (3)由上述各式可得4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图由相对加速度的矢量关系,可得物体A、B 对地面的加速度值为4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图A. 的大小决定.当a2 <a,即m1g -mrg -2mr a>0 时,a1 的方向向下;反之, a2 的方向向上. B. 235.5下列概念正确的是( ) C. 感应电场是保守场 D. 感应电场的电场线是一组闭合曲线 E. 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 F. 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图,回路的磁通量越大,回路的自感系数也一定大 G. 分析与解对照感应电场的性质,感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而 . L的铜棒,以距端点r 处为支点,以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行,求棒两端的电势差. 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 O A 和EO B 则可以直接利用第8-2 节例1 给出的结果. 所示,在棒上距点O 为l 处取导体元Dl,则 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图因此棒两端的电势差为 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 L >2r 时,端点A 处的电势较高棒和OB 棒上电动势的代数和,如图( 所示.其中 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图,4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图则 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 237.2 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6m.爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m.问第二块落在距抛出点多远的地面上.(设空气的阻力不计) 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图分析根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的.因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置.为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒.由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置. 的速度的水平分量为 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图当该碎片落地时,有y1 =0,t =t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (3) 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (5) 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 (6) 落地时,y2 =0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2 =500 m L 的导体棒OP,处于均匀磁场中,并绕OO′轴以角速度ω旋转,棒与转轴间夹角恒为θ,磁感强度B 与转轴平行.求OP 棒在图示位置处的电动势. 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 O),也可用4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图来计算.由于对称性,导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的. 解1 由上分析,得 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 P 的电势较高. O 中的一部分,任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零,则回路的总电动势 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 QO =0,所以 4 A B-|||-F. F.-|||-a-|||-m2 m1 ar m2 ar-|||-B-|||-m1 F1 P1 F2 P2-|||-A y-|||-(a) (b)-|||-题 2-25 图 OP 旋转时,在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效.后者是垂直切割的情况.

如图(a)所示,电梯相对地面以加速度a 竖直向上运动.电梯中有一滑轮固定在电梯顶部,滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为m1 和m2 的物体A和B.设滑轮的质量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计.已知m1 >m2 ,如以加速运动的电梯为参考系,求物体相对地面的加速度和绳的张力.

分析如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系.在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力.在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来.

解取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B 作受力分析,其中F1 =m1a,F2 =m2a 分别为作用在物体A、B 上的惯性力.设ar为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有

(1)

(2)

(3)

由上述各式可得

由相对加速度的矢量关系,可得物体A、B 对地面的加速度值为

A. 的大小决定.当a2 <a,即m1g -mrg -2mr a>0 时,a1 的方向向下;反之, a2 的方向向上.
B. 235.5下列概念正确的是( )
C. 感应电场是保守场
D. 感应电场的电场线是一组闭合曲线
E.

,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比
F.

,回路的磁通量越大,回路的自感系数也一定大
G. 分析与解对照感应电场的性质,感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而
.
L的铜棒,以距端点r 处为支点,以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行,求棒两端的电势差.

O A 和EO B 则可以直接利用第8-2 节例1 给出的结果.
所示,在棒上距点O 为l 处取导体元Dl,则

因此棒两端的电势差为

L >2r 时,端点A 处的电势较高
棒和OB 棒上电动势的代数和,如图(
所示.其中

则

237.2 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6m.爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m.问第二块落在距抛出点多远的地面上.(设空气的阻力不计)

分析根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的.因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地
的位置.为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒.由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置.
的速度的水平分量为