题目内容
19.如图所示,一质量为M,半径为R的光滑大圆环用一细轻杆固定在竖直平面内,套在大圆环上的质量均为m的两个小圆环(可视为质点)均从大圆环的最高处以大小相同,方向相反的水平初速度同时滑下,m:M=2:9,重力加速度为g,当轻杆对大圆环的弹力为零时,小圆环与大圆环的连线与竖直方向的夹角为60°,则小圆环开始运动时的速度大小为( )A. | $\sqrt{gR}$ | B. | $\sqrt{2gR}$ | C. | $\sqrt{3gR}$ | D. | 2$\sqrt{gR}$ |
分析 小圆环做圆周运动的向心力由径向的合力提供,抓住轻杆对大圆环的弹力为零,根据共点力平衡求出小环对大环的作用力,从而得出大环对小环的作用力,根据径向的合力提供向心力求出小圆环运动的速度.再根据动能定理求出小圆环的初速度.
解答 解:当小圆环与大圆环的连线与竖直方向的夹角为60°,大圆环受重力和两个小圆环的弹力作用,两个小环对大环的弹力大小相等,互成120度,根据平行四边形定则知:
F1=F2=Mg,
对小环分析有:$mgcos60°+{F}_{1}=m\frac{{v}^{2}}{R}$,
根据动能定理得:$mgR(1-cos60°)=\frac{1}{2}m{v}^{2}$$-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$,
m:M=2:9,
联立两式解得:${v}_{0}=2\sqrt{gR}$.
故选:D.
点评 本题考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡的综合运用,知道小圆环径向的合力提供向心力,通过牛顿第二定律求出小圆环与大圆环的连线与竖直方向的夹角为60°时的速度是解决本题的关键.
练习册系列答案
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A. | a=$\frac{1.2}{0.{1}^{2}}$m/s2=120 m/s2 | B. | a=$\frac{1.2×1{0}^{-2}}{0.{1}^{2}}$m/s2=1.2m/s2 | ||
C. | F=500×1.2 N=600 N | D. | F=0.5×1.2 N=0.60 N |
7.如图所示电路中,电阻R1=6Ω,R3,R4是定值电阻,是灵敏度很高的电流表,电源内阻不计,闭合开关,调节滑片P的位置,使通过电流表的电流为零,此时电流表的电流为0.3A,R2=4Ω,现交换R3,R4,闭合开关,改变滑片P的位置,使通过电流表的电流仍然为零,则此时通过电流表的电流为( )
A. | 0.1A | B. | 0.2A | C. | 0.3A | D. | 1A |
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C. | 该交流电的频率为50Hz | |
D. | 电流表的示数为零 |
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A. | 利用激光进行长距离精确测量 | B. | 利用激光进行通信 | ||
C. | 利用激光进行室内照明 | D. | 利用激光加工坚硬材料 |
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A. | 当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22V | |
B. | 当t=$\frac{1}{600}$s时,c、d间的电压瞬时值为110V | |
C. | 单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器触头P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小 | |
D. | 变阻器R不变,当单刀双掷开关由a扳向b时,输入功率变大 |