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18.如圖所示,水平桌面的右端有一質(zhì)量為m的物塊B,用長為L的不可伸長的細線懸掛,B對水平桌面壓力剛好為零,水平桌面離地面的高度為h=5.0m,另一質(zhì)量為3m的物塊A在距水平桌面的右端s=4.0m處在F=3mg(取g=10m/s2)水平推力向右運動,推到B處時立即撤銷F并與B發(fā)生彈性碰撞,已知A與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.8,物塊均可視為質(zhì)點.
(1)求A與B碰撞前的速度;
(2)求碰撞后A的落地點與桌面右端的水平距離x;
(3)要使物塊A與物塊B碰后,懸掛的細線始終有拉力,試求細線的長度L的取值范圍.

分析 (1)對A,由動能定理可以求出A的速度.
(2)A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出碰撞后A、B的速度,碰撞后A做平拋運動,應(yīng)用平拋運動規(guī)律可以求出其水平位移.
(3)碰撞后B做圓周運動,應(yīng)用機械能守恒定律與牛頓第二定律分析答題.

解答 解:(1)在A與B碰撞前的過程中,由動能定理得:
(F-μ3mg)s=\frac{1}{2}×3mv_{A0}^2-0,
代入數(shù)據(jù)解得:vA0=4m/s,方向:向右;
(2)A與B彈性碰撞,系統(tǒng)動量與機械能守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:
3mvA0=3mvA+mvB,
由機械能守恒定律的:\frac{1}{2}•3mvA02=\frac{1}{2}•3mvA2+\frac{1}{2}mvB2,
代入數(shù)據(jù)解得:vA=2m/s,vB=6m/s,
A做平拋運動,水平方向:x=vAt,豎直方向:h=\frac{1}{2}g{t^2},
代入數(shù)據(jù)得t=1s,x=2m;
(3)若B做一個完整的圓周運動時,通過最高點的最小速度vmin,
由牛頓第二定律得:mg=m\frac{{v_{min}^2}}{L}
解得:vmin=\sqrt{gL},
從最低點到最高點,由機械能守恒定律的:\frac{1}{2}mvB2=\frac{1}{2}mvmin2+mg•2L,
代入數(shù)據(jù)解得:L=0.72m,則細線最長:Lmax=0.72m
若B運動到與O等高時速度為零,則有:\frac{1}{2}mv_B^2=mg{L_{min}},
代入數(shù)據(jù)解得:Lmin=1.8m,
L取值范圍:0<L≤0.72m或L≥1.8m;
答:(1)A與B碰撞前的速度為4m/s,方向:水平向右;
(2)碰撞后A的落地點與桌面右端的水平距離x為2m;
(3)要使物塊A與物塊B碰后,懸掛的細線始終有拉力,細線的長度L的取值范圍是:0<L≤0.72m或L≥1.8m.

點評 本題綜合運用了動能定理、動量守恒定律和牛頓運動定律,對于第(3)問,要考慮兩種臨界情況,一是B上升的最大高度為L,二是恰好能做圓周運動.

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C.當(dāng)C沿圓弧移動到圓心O的正上方時,導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最大
D.在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中,導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為\frac{π{B}^{2}{R}^{4}ω}{2r}

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