分析 (1)小物塊先做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)A點(diǎn)的速度方向求出經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度.從A到B,運(yùn)用機(jī)械能守恒求出經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度,在B點(diǎn),由牛頓定律求壓力.
(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),根據(jù)定能定理求出物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度.在C點(diǎn),由合力提供向心力,由牛頓定律求物塊對(duì)軌道的壓力.
(3)小物塊剛好能通過(guò)C點(diǎn)時(shí),由重力提供向心力,由牛頓第二定律求出C點(diǎn)的速度.再由動(dòng)能定理求MN的長(zhǎng)度L'.
解答 解:(1)物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有:v0=vAcos37°,
解得:vA=$\frac{{v}_{0}}{cos37°}$=$\frac{4}{0.8}$=5m/s
小物塊經(jīng)過(guò)A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:
$\frac{1}{2}mv_A^2+mg(R-Rcos{37°})=\frac{1}{2}mv_B^2$
小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí),有:${F_N}-mg=\frac{mv_B^2}{R}$
解得:FN=mg(3-2cos37°)+m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$=3×10×(3-2×0.8)+3×$\frac{{5}^{2}}{3.75}$=62N
根據(jù)牛頓第三定律,小物塊對(duì)軌道的壓力大小是62N.
(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),根據(jù)定能定理有:
$-umgL-2mgr=\frac{1}{2}mv_C^2-\frac{1}{2}mv_B^2$
在C點(diǎn),由牛頓第二定律得:${F_N}^′+mg=\frac{mv_C^2}{r}$
代入數(shù)據(jù)解得:${F_N}^′=60N$
根據(jù)牛頓第三定律,小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是60N.
(3)小物塊剛好能通過(guò)C點(diǎn)時(shí),根據(jù) $mg=\frac{mv'_C^2}{r}$,解得:$v_C^'$=$\sqrt{gr}$=$\sqrt{10×0.4}$=2m/s
小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有:
$-μmgL'-2mgr=\frac{1}{2}mv{_C^'^2}-\frac{1}{2}mv_B^2$
代入數(shù)據(jù)解得:L'=10m
答:(1)小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是62N.
(2)若MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=6m,小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是60N.
(3)若小物塊恰好能通過(guò)C點(diǎn),MN的長(zhǎng)度L'是10m.
點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要理清物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,分析圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源,并把握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)的臨界條件.
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:多選題
A. | 甲質(zhì)點(diǎn)先做勻減速直線運(yùn)動(dòng),然后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng) | |
B. | 乙質(zhì)點(diǎn)距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為80m | |
C. | 甲、乙圖線交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)速度相等,且相距最遠(yuǎn) | |
D. | 甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)在t=8s時(shí)間回到出發(fā)點(diǎn) |
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | e=NBωSsin(ωt),電流方向?yàn)閍bcda | B. | e=NBωSsin(ωt),電流方向?yàn)閍dcba | ||
C. | e=NBωScos(ωt),電流方向?yàn)閍bcda | D. | e=NBωScos(ωt),電流方向?yàn)閍dcba |
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