分析 (1)從A到O由機(jī)械能守恒求的到達(dá)O點(diǎn)的速度,根據(jù)牛頓第二定律求的在O點(diǎn)的作用力
(2)小球恰能到達(dá)B點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律求的B點(diǎn)的速度,根據(jù)動(dòng)能定理求的場(chǎng)強(qiáng)
(3)小球從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和軌跡方程即可判斷
解答 解:(1)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒,有mg•2R=12mv2o
在O點(diǎn)處,對(duì)小球由牛頓第二定律得FN−mg=mv2oR
解得FN=5mg
由牛頓第三定律可知
小球?qū)︓壍缐毫Υ笮镕=5mg,方向豎直向下.
(2)小球恰能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),說明小球所受的電場(chǎng)力向上.由牛頓第二定律得mg−qE=mv2BR
小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理得qE•2R=12mv2B−0
解得vB=2√gR5 E=mg5q
(3)小球從B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)落回拋物線軌道時(shí)的坐標(biāo)為(x,y),有x=vBt2R−y=12gt2
x、y滿足關(guān)系y=12Rx2
小球從B點(diǎn)到拋物線軌道,由動(dòng)能定理得mg(2R−y)=Ek−12mv2B
解得Ek=6845mgR
答:(1)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F為5mg;
(2)第二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E為mgq;
(3)小球落回拋物線軌道時(shí)的動(dòng)能Ek為6845mgR
點(diǎn)評(píng) ①涉及到圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題應(yīng)根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合動(dòng)能定理求解;②涉及到平拋運(yùn)動(dòng)問題,應(yīng)根據(jù)平拋規(guī)律求解
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A. | 上升過程中,物體對(duì)箱子的下底面有壓力,且壓力越來越小 | |
B. | 上升過程中,物體對(duì)箱子的上底面有壓力,且壓力越來越小 | |
C. | 下降過程中,物體對(duì)箱子的下底面有壓力,且壓力越來越大 | |
D. | 下降過程中,物體對(duì)箱子的上底面有壓力,且壓力越來越小 |
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | √22gt | B. | √24gt | C. | √26gt | D. | √28gt |
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A. | 小煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間時(shí)√2s | B. | 小煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5s | ||
C. | 劃痕長(zhǎng)度是4.46m | D. | 劃痕長(zhǎng)度是4m |
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A. | 接在直流電源上 | B. | 打點(diǎn)針壓得過緊 | C. | 電源電壓不穩(wěn) | D. | 電源頻率不穩(wěn) |
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