题目内容
16.质量分别为2m和m的滑块1和滑块2通过一根细线拴接在压缩的弹簧两端,某一刻细线剪断后滑块1沿水平面向左运动,滑块2向右从斜面底端开始沿斜面向上运动,忽略滑块2沿斜面向上运动前的速度大小变化,当斜面倾角θ=$\frac{π}{6}$时,滑块1和滑块2滑行的最大距离之比为$\sqrt{3}$:4,当倾斜角度变化时,滑块沿斜面滑行的最大距离也会随之变化.重力加速度为g,水平部分和斜面部分动摩擦因数相同.(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数;
(2)假设滑块2的初速度为v0,当斜面倾角为多大时,滑块滑行的最大距离最小,最小值是多少?
分析 (1)对于细线剪断后弹簧弹开两滑块的过程,由于系统的合外力为零,所以系统的机械能守恒.由动量守恒定律求得两个滑块获得的速度大小之比.对滑块1和滑块2滑行的过程,分别运用动能定理列式,即可求得滑块和斜面之间的动摩擦因数;
(2)对滑块2在斜面上上滑的过程,运用动能定理列式,结合数学知识求滑块滑行距离的最小值.
解答 解:(1)设细线剪断后滑块1和滑块2的速度大小分别为v1和v2.取向左为正方向,由动量守恒定律得:
2mv1-mv2=0
解得 v1:v2=1:2
对滑块1和滑块2滑行的过程,分别由动能定理得:
-μ•2mgs1=0-$\frac{1}{2}$×2mv12.
-(mgsinθ+μmgcosθ)s2=0-$\frac{1}{2}$mv22.
据题有 s1:s2=$\sqrt{3}$:4.
联立解得 μ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$
(2)对滑块2在斜面上上滑的过程,运用动能定理得:
-(mgsinθ+μmgcosθ)s=0-$\frac{1}{2}$mv02.
得 s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g(sinθ+μcosθ)}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g\sqrt{1+{μ}^{2}}sin(θ+α)}$
其中 tanα=μ,则得 α=30°
由数学知识可知:当θ+α=90°,即θ=60°时滑块滑行的最大距离最小,最小值是 smin=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g\sqrt{1+{μ}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}^{2}}{4g}$
答:
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数是$\frac{\sqrt{3}}{3}$;
(2)假设滑块2的初速度为v0,当斜面倾角为60°时,滑块滑行的最大距离最小,最小值是$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}^{2}}{4g}$.
点评 解决本题的关键是要知道涉及力在空间上积累时运用动能定理研究物体滑行的距离,采用数学上函数法求滑块滑行距离的最小值.
A. | 电磁波在真空和介质中的传播速度相同 | |
B. | 周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波 | |
C. | 电磁波谱中的无线电波与可见光相比,更容易产生显著的衍射现象 | |
D. | 电磁振荡可以产生电磁波,若波源的电磁振荡停止,其发射到空间的电磁波随即消失 | |
E. | 反射电磁波是为了用它传递某种信号,载有信号的电磁波可以在真空中传播也可以通过光缆传输 |
A. | Wt | B. | W2t | C. | $\frac{W}{t}$ | D. | $\frac{{W}^{2}}{t}$ |
A. | 新原子核B的核电荷数为84 | |
B. | 放射性元素A原子核发生的是β衰变 | |
C. | 衰变放射出的粒子的速度大小为2.4×107 m/s | |
D. | 如果A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子,那么这种光子能使逸出功为4.54 eV 的金属钨发生光电效应 |
A. | 增大电子枪的加速电压,电子束的轨道半径变大 | |
B. | 增大电子枪的加速电压,电子束的轨道半径不变 | |
C. | 增大励磁线圈中的电流,电子束的轨道半径变小 | |
D. | 增大励磁线圈中的电流,电子束的轨道半径不变 |