分析 (1)以BC管道上的細繩與小球為整體,分析其受力:重力、電場力、拉力和滑動摩擦力,根據牛頓第二定律列式.再對AB管道上的細繩,由牛頓第二定律列式,即可求加速度.
(2)系統(tǒng)的勢能包括重力勢能和彈性勢能.根據重力做功和電場力做功求解.
(3)當小球沿BC管道運動到離B點x=$\frac{L}{4}$時,若撤去拉力,此時a=0,此后小球與細繩將沿BC管道加速下滑,最終離開管道.對細繩和球系統(tǒng)運用功能關系求解.
解答 解:(1)以BC管道上的細繩與小球為整體,設B處細繩間的相互作用力大小為T,由牛頓第二定律得:
F+($\frac{5}{4}$mg+qE)sinθ-μN-T=$\frac{5}{4}$ma ①
N=(qE+$\frac{5}{4}$mg)cosθ ②
對AB管道上的細繩,由牛頓第二定律得:
T-$\frac{3}{4}$mgsinθ-μ$\frac{3}{4}$mgcosθ=$\frac{3}{4}$ma ③
由①②③式得:a=$\frac{F}{2m}$ ④
(2)系統(tǒng)改變的勢能
△E=△E重+△E電 ⑤
系統(tǒng)改變的重力勢能
△E重=-mg$\frac{L}{4}$sinθ+$\frac{1}{4}$mg$\frac{3L}{4}$sinθ ⑥
系統(tǒng)改變的電勢能
△E電=-qE$\frac{L}{4}$sinθ ⑦
由⑤⑥⑦式得:△E=-$\frac{5}{16}mgLsinθ$ ⑧
(3)由(1)問可知,當小球沿BC管道運動到離B點x=$\frac{L}{4}$時,若撤去拉力,此時a=0,此后小球與細繩將沿BC管道加速下滑,最終離開管道.
因此,要使拉力做功最小,小球至少要到達x=$\frac{L}{4}$位置,且v=0 ⑨
從開始到x=$\frac{L}{4}$過程中,由功能關系得:WF=△EK+Q+△E′(10)
其中△EK=0 (11)
則得Q=μ(qE+mg)cosθ•x+μmgcosθ•x (12)
由(2)問可知,x=$\frac{L}{4}$時,△E′=△E (13)
由⑨(10)(11)(12)(13)式得 WF=$\frac{1}{16}$mgLsinθ (14)
答:
(1)當小球滑動$\frac{L}{4}$時,拉力大小為F,此時小球的加速度大小a為$\frac{F}{2m}$;
(2)小球從開始運動到下滑$\frac{L}{4}$過程,系統(tǒng)改變的勢能△E為-$\frac{5}{16}mgLsinθ$;
(3)拉力至少需對小球做$\frac{1}{16}$mgLsinθ的功,才能使整條細繩離開管口C.
點評 對于連接體,求加速度常用有兩種方法:整體法和隔離法,要抓住加速度大小相等的特點靈活選擇解法.本題還要正確分析功與能的關系,知道重力做功多少,重力勢能減少多少,電場力做功與電勢能變化的關系與此相似.
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
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A. | $\frac{{{v}_{0}}^{2}{T}^{2}(r-{r}_{0})^{2}}{4{π}^{2}{r}^{3}}$ | B. | $\frac{{{v}_{0}}^{2}{T}^{2}(r-{r}_{0})^{2}}{8{π}^{2}{r}^{3}}$ | ||
C. | $\frac{{{v}_{0}}^{2}{T}^{2}{{r}_{0}}^{2}}{4{π}^{2}{r}^{3}}$ | D. | $\frac{{{v}_{0}}^{2}{T}^{2}{{r}_{0}}^{2}}{8{π}^{2}{r}^{3}}$ |
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A. | ![]() | B. | ![]() | C. | ![]() | D. | ![]() |
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | 氣體壓強可能增大,內能可能不變 | B. | 氣體從外界吸熱,內能一定增加 | ||
C. | 氣體對外做功,內能一定減小 | D. | 氣體對外做功,氣體溫度可能不變 |
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | 該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行半徑之比為1:4 | |
B. | 該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行速度之比為1:2 | |
C. | 該衛(wèi)星的運行速度一定大于7.9km/s | |
D. | 該衛(wèi)星的機械能一定大于同步衛(wèi)星的機械能 |
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