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如图1所示,让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A点无初速滑下,运动到轨道最低点B后,进入半径为R的光滑竖直圆轨道,并恰好通过轨道最高点C,离开圆轨道后继续在光滑平直轨道
题目详情
如图1所示,让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A点无初速滑下,运动到轨道最低点B后,进入半径为R的光滑竖直圆轨道,并恰好通过轨道最高点C,离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D点后抛出,最终撞击到搁在轨道末端点和水平地面之间的木板上,已知轨道末端点距离水平地面的高度为H=0.8m,木板与水平面间的夹角为θ=37°,小球质量为m=0.1kg,A点距离轨道末端竖直高度为h=0.2m,不计空气阻力.(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)求圆轨道半径R的大小;
(2)求小球从轨道末端点冲出后,第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大;
(3)若改变木板的长度,并使木板两端始终与平台和水平面相接,试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式,并在图中作出Ek-(tanθ)2图象2.
(1)求圆轨道半径R的大小;
(2)求小球从轨道末端点冲出后,第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大;
(3)若改变木板的长度,并使木板两端始终与平台和水平面相接,试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式,并在图中作出Ek-(tanθ)2图象2.
▼优质解答
答案和解析
(1)小球恰好通过C点,由牛顿第二定律得
mg=m
在AC过程中,由动能定理得mg(h-2R)=
−0
联立解得R=
h=
×0.2m=0.08m;
(2)在AD过程中,由动能定理得mgh=
从D点做平抛运动,设平抛运动经历时间为t
x=vDt
y=
gt2
联立解得y=tanθ=
4htan2θ=4×0.2×(
)2=0.45m
(3)小球从离开D点到第一次撞击斜面的过程中,根据动能定理mgy=Ek−
解得Ek=mgy+
由(2)可求得mgh(4tan2θ+1)=0.8tan2θ+0.2
显然,当小球落地时动能最大为1J,
所以其图象如下
答:(1)求圆轨道半径R的大小为0.08m;
(2)求小球从轨道末端点冲出后,第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为0.45m;
(3)小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式Ek=mgy+
mg=m
| ||
R |
在AC过程中,由动能定理得mg(h-2R)=
1 |
2 |
mv | 2 C |
联立解得R=
2 |
3 |
2 |
3 |
(2)在AD过程中,由动能定理得mgh=
1 |
2 |
mv | 2 D |
从D点做平抛运动,设平抛运动经历时间为t
x=vDt
y=
1 |
2 |
联立解得y=tanθ=
y |
x |
3 |
4 |
(3)小球从离开D点到第一次撞击斜面的过程中,根据动能定理mgy=Ek−
1 |
2 |
mv | 2 D |
解得Ek=mgy+
1 |
2 |
mv | 2 D |
由(2)可求得mgh(4tan2θ+1)=0.8tan2θ+0.2
显然,当小球落地时动能最大为1J,
所以其图象如下
答:(1)求圆轨道半径R的大小为0.08m;
(2)求小球从轨道末端点冲出后,第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为0.45m;
(3)小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式Ek=mgy+
1 |
2 |
mv | 2 D |
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