20xx-20xx學(xué)年滬科版必修第二冊-13動能定理的應(yīng)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(dá)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(dāng)滑塊恰好能到達(dá)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(dá)B處時的速度vB大小為4m/s；（3）若到達(dá)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(dá)最高點C。【解答】解：（1）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(xué)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(dāng)滑塊恰好能到達(dá)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(dá)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(dá)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(dāng)外力大于滑動摩擦力時物體在加速，當(dāng)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(yīng)用動能定理求出物體的最大速度?！窘獯稹拷猓海?）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(dá)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(yīng)用牛頓第二定律求出滑塊到達(dá)E點的速度，然后應(yīng)用動能定理求出滑塊進(jìn)入圓軌道的初速度?！窘獯稹拷猓海?）假設(shè)滑塊能夠到達(dá)Q點，滑塊從出發(fā)到達(dá)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(dá)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(shè)小球進(jìn)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(dá)圓軌道的最高點Q；（2）滑塊進(jìn)入圓軌道的初速度是2m/s；（3）。（2）應(yīng)用動能定理求出小球經(jīng)過C點時的速度，應(yīng)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(yīng)用牛頓第三定律求出小球?qū)壍赖膲毫Α！窘獯稹拷猓海?）設(shè)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(shè)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≤ （第二象限的一段圓弧）；答：（1）當(dāng)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
研究報告相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號-1