题目内容
14．
如图所示，半径r=0.6m，内壁粗糙的半圆形竖直轨道下端B固定在竖直墙壁的上端，O为半圆的圆心，BC为竖直直径．现将一大小可忽略、质量m=0.1kg的小球从水平地面上的A点以vA=10m/s的初速度斜向上抛出，小球刚好沿水平方向从B点进入半圆形轨道，最终恰能到达最高点C．已知小球沿半圆形轨道运动过程中克服摩擦力做功0.3J，重力加速度g=10m/s2．不计小球所受的空气阻力．求：（1）小球在最高点C的速率vC；
（2）小球经过B点时对轨道的压力；
（3）抛射速度vA与地面间的夹角θ及A、B两点间的距离s．
分析 （1）在C点应用牛顿第二定律求解；
（2）对B到C的运动过程应用机械能守恒求得在B点的速度，然后由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；
（3）根据从A到B的运动，由运动、速度和分解来分析求解．
解答 解：（1）小球最终恰能到达最高点C，那么对小球在C点应用牛顿第二定律可得：$mg=\frac{m{{v}_{C}}^{2}}{r}$，所以，${v}_{C}=\sqrt{gr}=\sqrt{6}m/s$；
（2）小球从B到C只有摩擦力、重力做功，由动能定理可得：$-2mgr-{W}_{f}=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，所以，${v}_{B}=\sqrt{{{v}_{C}}^{2}+4gr+\frac{2{W}_{f}}{m}}=6m/s$；
对小球在B点应用牛顿第二定律可得：小球受到轨道的支持力${F}_{N}=mg+\frac{m{{v}_{B}}^{2}}{r}=7N$，方向竖直向上；
那么，由牛顿第三定律可知：小球经过B点时对轨道的压力为7N，方向竖直向下；
（3）小球从A到B，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做加速度为g的匀减速运动，
所以有：vB=vAcosθ，那么，θ=53°，A的速度的竖直分量为vy=vAsinθ=8m/s；
所以，小球从A到B的运动时间$t=\frac{{v}_{y}}{g}=0.8s$，水平位移x=vBt=4.8m，竖直位移$y={v}_{y}t-\frac{1}{2}g{t}^{2}=3.2m$；
所以，$s=\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=1.6\sqrt{13}$m；
答：（1）小球在最高点C的速率vC为$\sqrt{6}m/s$；
（2）小球经过B点时对轨道的压力为7N，方向竖直向下；
（3）抛射速度vA与地面间的夹角θ为53°，A、B两点间的距离s为$1.6\sqrt{13}m$．
点评 经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
如图所示，a、b是电场中的两点，a点电势较高，若a、b两点间的电势差为100V，把一个电荷量为1.6×l0-8C的正点电荷从a点移动到b点，电场力做功为1.6×l0-6J，电荷的电势能将减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
如图所示，x轴与水平传送带重合，O是坐标原点，长为L=6m的传送带水平放置，O点和Q点是传送带的两个端点．传送带在电机驱动下始终保持v=4m/s的速度匀速运动，运动方向如箭头所示．一个质量为m=1kg的小物块放在传送带的P点处由静止开始运动，到达Q点后沿光滑斜面向上运动（物块上升速度为0时被收集，不再下滑）．当P点位置不同时，物块在斜面上升的高度可能相同、也可能不同，图中N点为物块在斜面上升能达到的最高点．已知小物块可视为支点，经过Q点时无机械能损失，物块与传送带件的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s2．问：
如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°．现有完全相同的两个小物块A、B同时从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，已知物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（ ）| A． | 物块A、B运动的加速度大小不同 | |
| B． | 物块A先到达传送带底端 | |
| C． | 物块A、B运动到传送带底端时重力的功率相等 | |
| D． | 物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：4 |
| A． | X是中子，该反应释放能量，放出18.27×1016J能量 | |
| B． | X是中子，该反应释放能量，放出18.90Mev能量 | |
| C． | X是质子，该反应吸收能量，吸收18.90Mev能量 | |
| D． | X是中子，该反应吸收能量，吸收18.27×1016J能量 |
如图所示，歼-15沿曲线MN向上爬升，速度逐渐增大，图中画出表示歼-15在P点受到合力的四种方向，其中可能的是（ ）