题目内容
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201309/87/7d36b1e5.png)
| ||
3q |
(1)刚加上电场的瞬间,小球加速度的大小;
(2)小球向右摆动过程中,摆线与竖直方向的最大角度;
(3)小球向右摆动过程中,小球的最大动能.
分析:(1)根据牛顿第二定律,即可求解;
(2)根据动能定理,结合几何关系,即可求解;
(3)根据动能定理,与动能表达式,并由几何关系,即可求解.
(2)根据动能定理,结合几何关系,即可求解;
(3)根据动能定理,与动能表达式,并由几何关系,即可求解.
解答:解:(1)刚加上电场的瞬间,
根据牛顿第二定律有Eq=ma
解得:a=
=
g≈5.8m/s2
(2)设小球向右摆动过程中,摆线与竖直方向的最大角度为θ,
根据动能定理有Eqlsinθ-mgl(1-cosθ)=0-0
解得 θ=60°
(3)设小球向右摆动过程中,摆线与竖直方向的夹角为α时,小球的动能最大,为Ekm,
根据动能定理有Eqlsinα-mgl(1-cosα)=Ekm-0
所以
sinα-cosα=
+1
设y=
sinα-cosα,则y=
(
sinα+
cosα)=
sin(α+60°)
当α=30°时,ymax=
所以 Ekm=
mgl
答:(1)刚加上电场的瞬间,小球加速度的大小5.8m/s2;
(2)小球向右摆动过程中,摆线与竖直方向的最大角度60°;
(3)小球向右摆动过程中,小球的最大动能 Ekm=
mgl.
根据牛顿第二定律有Eq=ma
解得:a=
Eq |
m |
| ||
3 |
(2)设小球向右摆动过程中,摆线与竖直方向的最大角度为θ,
根据动能定理有Eqlsinθ-mgl(1-cosθ)=0-0
解得 θ=60°
(3)设小球向右摆动过程中,摆线与竖直方向的夹角为α时,小球的动能最大,为Ekm,
根据动能定理有Eqlsinα-mgl(1-cosα)=Ekm-0
所以
| ||
3 |
EKm |
mgl |
设y=
| ||
3 |
|
1 |
2 |
| ||
2 |
2
| ||
3 |
当α=30°时,ymax=
2
| ||
3 |
所以 Ekm=
2
| ||
3 |
答:(1)刚加上电场的瞬间,小球加速度的大小5.8m/s2;
(2)小球向右摆动过程中,摆线与竖直方向的最大角度60°;
(3)小球向右摆动过程中,小球的最大动能 Ekm=
2
| ||
3 |
点评:考查牛顿第二定律、动能定理的应用,注意几何关系的正确应用,理解动能定理中的各力做功的正负.
![](http://thumb2018.1010pic.com/images/loading.gif)
练习册系列答案
相关题目