分析 (1)滑塊離開(kāi)d后做平拋運(yùn)動(dòng),應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出滑塊離開(kāi)d點(diǎn)時(shí)的速度大。
(2)滑塊從c到d過(guò)程恰好對(duì)軌道無(wú)相互作用力,cd為拋物線,則滑塊的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線,滑塊運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程,即從d到c做平拋運(yùn)動(dòng),應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出滑塊在c點(diǎn)的速度,然后應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出點(diǎn)a距離水平面的高度.
(3)由動(dòng)能定理求出滑塊到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度,然后由牛頓第二定律求出軌道對(duì)小球的支持力,然后求出小球?qū)壍赖膲毫Γ?/p>
解答 解:(1)小球離開(kāi)d后做平拋運(yùn)動(dòng),
水平方向:x=vdt,豎直方向:y=$\frac{1}{2}$gt2,
解得:vd=3m/s;
(2)滑塊從c到d運(yùn)動(dòng)過(guò)程的逆過(guò)程是平拋運(yùn)動(dòng),
小球在c點(diǎn)的速度大。簐c=$\frac{{v}_6ueuyuk}{cosθ}$=$\frac{3}{cos53°}$=5m/s,
從a到c過(guò)程,由動(dòng)能定理得:
mg[h-R(1-cosθ)]=$\frac{1}{2}$mvc2-0,解得:h=1.65m;
(3)小球從a到b過(guò)程,由動(dòng)能定理得:mgh=$\frac{1}{2}$mvb2-0,
在b點(diǎn),由牛頓第二定律得:F-mg=m$\frac{{v}_^{2}}{R}$,解得:F=43N,
由牛頓第三定律可知,小球?qū)壍赖膲毫Γ篎′=F=43N,方向:豎直向下;
答:(1)小滑塊離開(kāi)d點(diǎn)的速度大小為3m/s;
(2)釋放點(diǎn)a距離水平面的高度h為1.65m;
(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)到bc圓弧上的b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為43N.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了求小球的速度、軌道的高度差、小球?qū)壍赖膲毫Υ笮〉葐?wèn)題,本題是一道力學(xué)綜合題,小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程較復(fù)雜,分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律可以解題.
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A. | 在x=0.4m處的電勢(shì)能最大 | B. | 在x=0.4m處的加速度最大 | ||
C. | 釋放后將一直沿x軸正方向運(yùn)動(dòng) | D. | 釋放后將一直沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng) |
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