题目内容
18.如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置,滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成,其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=4m,圆弧形轨道APD和BQC均光滑,AB、CD与两圆弧形轨道相切于A、B、C、D点,BQC的半径为r=1m,APD的半径为R,O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=37°.现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上,以Ek0=36J的初动能从B点开始沿BA向上运动恰好能通过圆弧形轨道APD的最高点,小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25,设小球经过轨道连接处均无能量损失.(g=10m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)求圆弧形APD的半径R为多少?
(2)求小球第二次到达D点时的动能;
(3)小球在CD段上运动的总路程.
分析 (1)小球恰好能够通过圆弧APD的最高点时速度为零,运用动能定理可求得圆弧形APD的半径R.
(2)根据动能定理求出小球从B点出发又回到B点时的动能,根据动能定理判断其能上升的最大高度,若不能上滑到最高点,由于重力的分力大于滑动摩擦力,小球会下滑,求出小球在AB杆上摩擦产生的热量.根据能量守恒求出第二次经过D点的动能.
(3)通过第二问解答知小球能够第二次到达D点,根据能量守恒定律讨论小球能否第二次通过D点返回后上升到B点,从而确定小球的运动情况,最后根据动能定理求出小球在CD段上运动的总路程.
解答 解:(1)小球恰好过弧形轨道的最高点时速度为零.
从B到弧形轨道的最高点的过程,由动能定理得:
-mg(R-Rcos θ)+Lsin θ]-μmgLcos θ=0-Ek0
解得:R=2m
(2)小球从B点出发到第一次回到B点的过程中,根据动能定理得
-μmgLcos θ-mgL=EKB-Ek0
解得 EKB=18J
小球沿BA向上运动到最高点,距离B点s
则有 EKB=μmgscos θ+mgssin θ
解得 s=2.25m
小球继续向下运动,当小球第二次到达D点时动能为EKD
mg(r+rcos θ)+ssin θ]-μmgscos θ-μmgL=EKD-0
解得 EKD=17J
(3)小球第二次到D点时的动能为17J,沿DP弧上升后再返回DC段,到C点时的动能为7J.小球无法继续上升到B点,滑到BQC某处后开始下滑,之后受到摩擦力作用,小球最终停在CD上的某点,由动能定理得,EkD=μmgs1
解得:s1=6.8m.
小球在CD段上运动的总路程为 s=2L+s1=14.8 m.
答:
(1)圆弧形APD的半径R为2m.
(2)小球第二次到达D点时的动能是17J;
(3)小球在CD段上运动的总路程是14.8m.
点评 本题过程较复杂,关键是理清过程,搞清运动规律,合适地选择研究的过程,运用动能定理和能量守恒定律进行解题.
A. | 重力做功为1.8 J | B. | 重力做了0.55 J的负功 | ||
C. | 物体的重力势能一定减少0.55 J | D. | 物体的重力势能一定增加1.25 J |
A. | 此时物块的动能为F(s+l) | |
B. | 此时物块的动量为Ft | |
C. | 这一过程中,物块和小车产生的内能为fs | |
D. | 这一过程中,物块和小车增加的机械能为F(l+s)-fl |
A. | 4 s末物体回到出发点 | B. | 6 s末物体距出发点最远 | ||
C. | 4 s末物体距出发点最远 | D. | 8 s末物体距出发点最远 |
A. | $\sqrt{\frac{2h}{g}}$ | B. | $\sqrt{\frac{a^2}{2gh}}$ | C. | $\sqrt{\frac{{2{a^2}}}{gh}}$ | D. | $\sqrt{\frac{a^2}{gh}}$ |
A. | 该物体的运动方向一直不变 | B. | 2s时运动方向发生变化 | ||
C. | 2s时物体的加速度方向发生变化 | D. | t=6s时物体离出发点最远 |
A. | 这列波的周期为4 s | |
B. | 此时质点b沿y轴负方向运动 | |
C. | 此时质点a的加速度比质点b的加速度大 | |
D. | 此时刻以后,a比b先到达平衡位置 |