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正文內(nèi)容

20xx-20xx學年滬科版必修第二冊-13動能定理的應用-計算題專練(含解析)-在線瀏覽

2025-04-05 05:53本頁面
  

【正文】 =3m/s從A到B根據(jù)動能定理可得:解得:x=(2)從B到C滑塊做平拋運動,則解得vy=4m/s滑塊到達C點的速度為:從C到E,根據(jù)動能定理可得:在E點,根據(jù)牛頓第二定律可得:聯(lián)立解得FN=根據(jù)牛頓第三定律F′N=FN=方向向上(3)由滑塊能停在FG上可得μmgcosθ≥mgsinθ解得:μ≥由反彈一次可得:>μmgLFGcos37176。)=<μmg2LFGcos37176。答:(1);(2);(3)要使滑塊反彈一次后能停在管道FG上,≤μ′<?!窘獯稹拷猓海?)在前2m內(nèi),根據(jù)動能定理可得:解得:v=6m/s(2)對滑塊從A到B的過程,由動能定理得F1x1+F3x3﹣μmgx=mvB2解得vB=4m/s(3)當滑塊恰好能到達最高點C時,有mg=m對滑塊從B到C的過程,由動能定理得﹣Wf﹣mg2R=mvC2﹣mvB2聯(lián)立解得:Wf=答:(1)滑塊在水平軌道AB上運動2m時的速度v大小為6m/s;(2)滑塊到達B處時的速度vB大小為4m/s;(3)若到達B點時撤去力F,滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑,并恰好到達最高點C?!窘獯稹拷猓海?)物塊在運動過程中克服摩擦力做的功為Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg(L2﹣L1cosθ)物塊由開始下滑到恰好停在桌子邊緣過程,由動能定理得mgL2sinθ﹣Wf=0代入數(shù)據(jù)解得μ2=(2)物塊從開始靜止出發(fā)到上升到斜面頂端,由動能定理得FL1﹣mgL2sinθ﹣μ2mg(L1﹣L2cosθ)﹣μ1(mgcosθ+Fsinθ)L2=0﹣0代入數(shù)據(jù)解得 F=8N答:(1);(2)F至少為8N?!窘獯稹拷猓海?)物塊從A到B的過程中,由動能定理得 mgh=解得 vB=10m/s(2)物塊在傳送帶上向左運動的過程中,由牛頓第二定律得μmg=ma解得 a=5m/s2由運動學公式得 0﹣vB2=﹣2ax1解得物塊向左運動的最大位移:x1=10m故物塊距傳送帶左端C的最小距離dmin=L﹣x1=12m﹣10m=2m。答:(1)物體下滑到B點的速度大小是10m/s。(3)。(2)滑塊上滑過程不脫離軌道,有兩種情況:一、滑塊能通過最高點C,臨界情況是:滑塊恰好通過C,由重力提供向心力?!窘獯稹拷猓海?)當滑塊恰好能到達最高點C時,由重力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得 mg=m對滑塊從A到C的過程,由動能定理得 Fx﹣μmgx﹣mg?2R﹣Wf=﹣0解得滑塊在半圓弧軌道BC上克服摩擦力所做的功:Wf=5J(2)若使滑塊上滑過程不脫離軌道,可使滑塊恰好到達最高點C,對滑塊從A到C的過程,由動能定理得 F1x﹣μmgx﹣mg?2R=﹣0解得 F1=若使滑塊上滑過程不脫離軌道,也可使滑塊恰好能到達與圓心等高處,對滑塊在此過程中,由動能定理得 F2x﹣μmgx﹣mgR=0解得 F2=為使滑塊在水平軌道AB上運動,還需要F>μmg=110N=綜上所述,力F的取值范圍為:F≥<F≤。(2)力F的取值范圍是F≥<F≤。(2)當外力大于滑動摩擦力時物體在加速,當物體所受合力為零時物體的速度最大,根據(jù)圖象與x軸所圍的面積求外力做的功,應用動能定理求出物體的最大速度。【解答】解:(1)由圖示圖象可知,在4~5m內(nèi)外力F=3N恒定,在4~5m內(nèi)物體勻速運動,由平衡條件得:F=μmg將數(shù)據(jù)代入解得:μ=(2)由圖示圖象可知,前3m內(nèi)物體做加速度逐漸增大的加速運動,3~4m內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運動,勻速運動時速度最大.對位移x4=4m的過程,由F﹣x圖象所圍“面積”等于拉力做的功,前4m內(nèi)拉力做功:WF4=(3+5)3J+(3+5)(4﹣3)J=16J由動能定理得:﹣0代入數(shù)據(jù)解得:vmax=2m/s(3)前x7=7m內(nèi)外力和阻力共同作用,物體做變速運動,且F﹣x圖象圍成的面積表示外力所做的功,即WF7=16J+3(5﹣4)J+3(7﹣5)J=22J前7m內(nèi),由動能定理得:﹣0代入數(shù)據(jù)得:v7=m/s撤去F后,水平方向只受摩擦力,由動量定理得:﹣μmgt=0﹣mv7代入數(shù)據(jù)解得:答:(1);(2)物體的最大速度為2m/s;(3)撤去外力后物體還能滑行s。(2)滑塊到達E點恰好與軌道無相互作用,滑塊重力在E點沿半徑方向的分力提供向心力,應用牛頓第二定律求出滑塊到達E點的速度,然后應用動能定理求出滑塊進入圓軌道的初速度?!窘獯稹拷猓海?)假設滑塊能夠到達Q點,滑塊從出發(fā)到達Q點過程,由動能定理得:﹣mg?2R=代入數(shù)據(jù)解得:vQ=0,則滑塊恰好能到達圓軌道最高點Q(2)小球E點恰好與軌道無相互作用,在E點重力沿半徑方向的分力提供向心力,在E點,由牛頓第二定律得:mgcosθ=m設小球進入圓軌道的初速度為v,小球從出發(fā)點到E點過程,由動能定理得:﹣mgR(1+cosθ)=代入數(shù)據(jù)解得:v=2m/s(3)小球的初速度v0′=5m/s,對小球運動的整個過程,由動能定理得:﹣μmgx=0﹣代入數(shù)據(jù)解得:x=,;答:(1)滑塊能到達圓軌道的最高點Q;(2)滑塊進入圓軌道的初速度是2m/s;(3)。(2)應用動能定理求出小球經(jīng)過C點時的速度,應用牛頓第二定律求出小球經(jīng)過C點時軌道對小球的支持力,然后應用牛頓第三定律求出小球?qū)壍赖膲毫Α!窘獯稹拷猓海?)設小球恰好通過C點時的速度為vC,在C點重力提供向心力,由牛頓第二定律得:mg=m小球從P到C過程,由動能定理得:mgL1sin37176。t12L2=gsin53176。﹣mg?2r﹣μmgs=﹣0在C點,設軌道對小球的支持力為F,由牛頓第二定律得:F+mg=m代入數(shù)據(jù)解得:F=由牛頓第第三定律看在,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮′=F=,方向豎直向上(3)如圖所示,小球在以R為半徑的圓的任光滑一弦的上端由靜止釋放,弦與豎直方向的夾角為θ則小球下滑的加速度:a==gcosθ小球下滑的位移:2Rcosθ=小球滑到弦的底端所用時間:t=2,由于R、g都相等,則小球從任一弦的上端滑到下端所用時間相等,這就是等時圓原理,調(diào)整L和θ,小球在斜軌道上運動時間恰都相等,則P點軌跡為圓,由等時圓原理可知2R=gsinθt12,P點軌跡為圓弧,軌跡方程是:x2+(y﹣)2= ≤y≤ (第二象限的一段圓?。?;答:(1)當調(diào)整θ=37176。時,小球在斜軌道上運動時間恰好與題(1)情景中相同,方向豎直向上;(3)不斷調(diào)整L和θ,發(fā)現(xiàn)都能找到小球在斜軌道上運動時間恰好與題(1)情景中相同,P點所在位置的軌跡方程是x2
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