精英家教網 > 高中物理 > 題目詳情
12.如圖所示,光滑的$\frac{1}{4}$圓弧軌道固定在桌面上,質量為M的長木板B緊靠圓弧軌道靜止在光滑水平桌面上,長木板的上表面與圓弧軌道的底端切線處于同一水平面,桌面的右端固定一大小可忽略的小擋板P,現將質量為m的小物塊A自圓弧軌道的頂端由靜止釋放.已知M=2m,圓弧軌道的半徑為R,長木板的上表面離地面的高度為R,A與B間的動摩擦因數μ=0.5,重力加速度為g,假設B的長度為L,P到B右端的距離為x,試求:
(1)小物塊A滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力;
(2)若B與P發(fā)生碰撞時A、B恰好共速,則L、x應滿足什么條件,
(3)若L=$\frac{3}{2}$R,B與P碰撞后靜止,A滑離B后落到水平地面上的E點,試分析討論x取不同值時,E點與桌面右端的水平距離 s與x有何關系?

分析 (1)A由靜止滑至底端過程中,根據動能定理求出到達低端的速度,在最低點,根據向心力公式列式即可求解;
(2)B與P碰撞時,A、B恰好共速,設A的位移為xA、B的位移為xB,碰撞過程中,動量守恒,根據動量守恒定律定律列式,再分別對A和B根據動能定理列式,聯(lián)立方程求解;
(3)若x≥xB,則B與P碰撞時,A、B已共速,根據動能定理列式求出A滑離B時的速度,A滑離B后做平拋運動,根據平拋運動基本公式求解,若0≤x≤xB,則B與P碰撞時,A、B還未共速,碰后A繼續(xù)在B上滑行,根據動能定理求解.

解答 解:(1)A由靜止滑至底端過程:$mgR=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$①
解得:${v}_{0}=\sqrt{2gR}$
A在最低點時:$N-mg=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$②
解得:N=3mg
由牛頓第三定律:A對軌道的壓力大小N′=N=3mg,方向豎直向下,
(2)B與P碰撞時,A、B恰好共速,設A的位移為xA、B的位移為xB,則有
mv0=(m+M)v
對B:$μmg{x}_{B}=\frac{1}{2}M{{v}_{共}}^{2}$④
對A:$-μmg{x}_{A}=\frac{1}{2}M{v}_{共}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$⑤
聯(lián)立①③④⑤解得:${x}_{A}=\frac{16}{9}R$,${x}_{B}=\frac{4}{9}R$
所以有:$x={x}_{B}=\frac{4}{9}R$,$L≥{x}_{A}-{x}_{B}=\frac{4}{3}R$
(3)由于$L=\frac{3R}{2}>\frac{4}{3}R$,故B與P碰撞前,A不會滑離B.
(i)若x≥xB,則B與P碰撞時,A、B已共速,設A滑離B時的速度為vA,則碰后至A滑離B的過程有:$-μmg(\frac{3}{2}R-\frac{4}{3}R)=\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{共}}^{2}$⑥
聯(lián)立①③⑥解得:${v}_{A}=\frac{\sqrt{2gR}}{6}$⑦
A滑離B后做平拋運動,則有:$R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$⑧
s=vAt⑨
聯(lián)立⑦⑧⑨解得:$s=\frac{1}{3}R$
(ii)若0≤x≤xB,則B與P碰撞時,A、B還未共速,碰后A繼續(xù)在B上滑行,A滑離B時的速度為vA,則有:$-μmg(\frac{3}{2}R+x)=\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$⑩
解得:${v}_{A}=\sqrt{\frac{1}{2}g(R-2x)}$>0,說明A能滑離B.
聯(lián)立解得:$s=\sqrt{{R}^{2}-2Rx}$
答:(1)小物塊A滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力為3mg,方向豎直向下;
(2)若B與P發(fā)生碰撞時A、B恰好共速,則L、x應滿足$x=\frac{4}{9}R$,$L≥\frac{4}{3}R$,
(3)若x≥xB,$s=\frac{1}{3}R$;若0≤x≤xB,$s=\sqrt{{R}^{2}-2Rx}$.

點評 本題主要考查了動量守恒定律、動能定理、平拋運動基本公式以及向心力公式的直接應用,關鍵是分析清楚物體的受力情況和運動情況,能選擇合適的定理求解,知道A滑離B后做平拋運動,能分情況進行討論,難度適中.

練習冊系列答案
相關習題

科目:高中物理 來源: 題型:多選題

2.如圖甲所示,在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4,在L1與L2和L3與L4之間存在勻強磁場,磁感應強度大小均為1T,方向垂直于虛線所在平面向里.現有一矩形線圈abcd,寬度cd=L=0.5m,質量為0.1kg,電阻為2Ω,將其從圖示位置靜止釋放(cd邊與L1重合),速度隨時間的變化關系如圖乙所示,t1時刻cd邊與L2重合,t2時刻ab邊與L3重合,t3時刻ab邊與L4重合,t2~t3之間圖線為與t軸平行的直線,t1~t2之間和t3之后的圖線均為傾斜直線,已知t1~t2的時間間隔為0.6s,整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向(重力加速度g取10m/s2)則( 。
A.在0~t1時間內,通過線圈的電荷量為2.5C
B.線圈勻速運動的速度大小為8m/s
C.線圈的長度為2m
D.0~t3時間內,線圈產生的熱量為4.2J

查看答案和解析>>

科目:高中物理 來源: 題型:選擇題

3.以下是力學中的三個實驗裝置,由圖可知這三個實驗共同的物理思想方法是( 。 
A.極限的思想方法B.放大的思想方法C.控制變量的方法D.猜想的思想方法

查看答案和解析>>

科目:高中物理 來源: 題型:解答題

20.如圖所示,一根粗細均勻的長為4L直桿豎直固定放置,其上套有A、B兩個可看做質點的小圓環(huán)A、B,質量分別為mA=4m,mB=m,桿上P點上方是光滑的且長度為L;P點下方是粗糙的,桿對兩環(huán)的滑動摩擦力大小均等于環(huán)各自的重力.開始環(huán)A靜止在P處,環(huán)B從桿的頂端由靜止釋放,B 與A發(fā)生碰撞的時間極短,碰后B的速度方向向上,速度大小為碰前的$\frac{3}{5}$.求:
(1)B與A發(fā)生第一次碰撞過程是否有機械能損失.
(2)通過計算說明B與A能否在桿上發(fā)生第二次碰撞.

查看答案和解析>>

科目:高中物理 來源: 題型:多選題

7.“太極球”是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材.做該項運動時,健身者半馬步站立,手持太極球拍,拍上放一橡膠太極球,健身者舞動球拍時,球卻不會掉落地上.現將太極球簡化成如圖所示的平板和小球,熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動,且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板無相對運動趨勢.A為圓周的最高點,C為最低點,B、D與圓心O等高,則從D到A過程( 。
A.健身者對“太極球”做正功B.“太極球”的機械能守恒
C.“太極球”的重力勢能增加D.合外力對“太極球”做正功

查看答案和解析>>

科目:高中物理 來源: 題型:選擇題

17.如圖所示,M是小型理想變壓器,原、副線圈匝數之比n1:n2=10:1,接線柱a、b接正弦交變電源,電壓u=311sin 100πt(V).變壓器右側部分為火警系統(tǒng)原理圖,其中R2為半導體熱敏材料制成的傳感器,其電阻隨溫度升高而減。籖1為定值電阻.下列說法正確的是( 。
A.電壓表V1的示數為31.1V
B.變壓器副線圈中電流的頻率為25Hz
C.當R2所在處出現火警時,電壓表V2的示數變小,電流表A的示數變大
D.當R2所在處出現火警時,變壓器原線圈的輸入功率變小

查看答案和解析>>

科目:高中物理 來源: 題型:選擇題

4.以下敘述正確的是(  )
A.庫侖在研究電荷間相互作用時,提出了“電場”的概念
B.無論是亞里士多德、伽利略,還是笛卡爾都沒有建立力的概念,而牛頓的偉大之處在于他將物體間復雜多樣的相互作用抽象為“力”,為提出牛頓第一定律而確立了一個重要的物理概念
C.卡文迪許通過扭秤實驗測出了靜電力常量
D.歐姆定律I=$\frac{U}{R}$采用比值定義法定義了電流強度這一物理量

查看答案和解析>>

科目:高中物理 來源: 題型:選擇題

4.如圖所示,在磁感應強度B=1.0T的勻強磁場中,金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v=2m/s向右勻速滑動,兩導軌間距離L=1.0m,電阻R=3.0Ω,金屬桿PQ的電阻r=1.0Ω,導軌電阻忽略不計,則下列說法正確的是(  )
A.通過R的感應電流的方向為由d到a
B.金屬桿PQ兩端電壓為2 V
C.金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 N
D.外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱

查看答案和解析>>

科目:高中物理 來源: 題型:多選題

5.固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖所示,O點為圓心,OO′為直徑MN的垂線,足夠大的
光屏PQ緊靠玻璃磚右側且垂直于MN,由A、B兩種單色光組成的一束光沿半徑方向射向O點,入射光線與OO′夾角θ較小時,光屏NQ區(qū)域出現兩個光斑,逐漸增大θ角.當θ=α時,光屏NQ區(qū)城A光的光斑消失,繼續(xù)增大θ角,當θ=β時,光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失,則下列說法中正確的是( 。
A.A光在MN面發(fā)生全反射的臨界角比B光的在MN面發(fā)生全反射的臨界角大
B.玻璃磚對A光的折射率比對B光的大
C.A光在玻璃磚中傳播速度比B光的大
D.α<θ<β時,光屏PQ上有2個光斑
E.β<θ<$\frac{π}{2}$時,光屏PQ上只有1個光斑

查看答案和解析>>

同步練習冊答案