9.如果質(zhì)點(diǎn)所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比,并且總是指向平衡位置,即F=-kx,其中k是由系統(tǒng)本身特性決定的線性回復(fù)力常數(shù),那么質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)就是簡諧運(yùn)動(dòng).
(1)圖1所示為一理想單擺,擺球的質(zhì)量為m,擺長為L.重力加速度為g.請通過計(jì)算說明該單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)的線性回復(fù)力常數(shù)k=?
(2)單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)的過程中,由于偏角很小,因此可以認(rèn)為擺球沿水平直線運(yùn)動(dòng).
如圖2所示,質(zhì)量為m的擺球在回復(fù)力F=-kx作用下沿水平的x軸做簡諧運(yùn)動(dòng),若振幅為A,在平衡位置O點(diǎn)的速度為vm,試證明:$\frac{1}{2}$mvm2=$\frac{1}{2}$kA2
(3)如圖3所示,兩個(gè)相同的理想單擺均懸掛在P點(diǎn).將B球向左拉開很小的一段距離由靜止釋放,B球沿水平的x軸運(yùn)動(dòng),在平衡位置O點(diǎn)與靜止的C球發(fā)生對(duì)心碰撞,碰撞后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng).已知擺球的質(zhì)量為m,擺長為L.釋放B球時(shí)的位置到O點(diǎn)的距離為d.重力加速度為g.求B、C碰撞后它們沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的最大距離.

分析 (1)對(duì)小球受力分析,則可得出回復(fù)力的大小,由回復(fù)力公式可求得回復(fù)力常數(shù);
(2)分析外力做功情況,由動(dòng)能定理即可證明;
(3)由動(dòng)量守恒求得碰后的速度,再由動(dòng)能定理可求得最大距離.

解答 解:(1)如圖所示,以平衡位置O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),沿水平方向建立x軸.

設(shè)當(dāng)偏角為θ時(shí),位移為x.
重力垂直繩方向的分力提供回復(fù)力
F=mgsinθ
當(dāng)θ很小時(shí)  sinθ=$\frac{x}{L}$
可得  F=$\frac{mg}{L}x$
所以  k=$\frac{mg}{L}$
(2)單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)的過程中,只有線性回復(fù)力做功.
擺球從最大位移處運(yùn)動(dòng)到平衡位置的過程中,由動(dòng)能定理
W=$\frac{1}{2}$mvm2-0
其中 W=$\frac{{K}_{A}}{2}$A=$\frac{1}{2}$kA2
所以$\frac{1}{2}$mvm2=$\frac{1}{2}$kA2
(3)B球向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中  $\frac{1}{2}$kd2=$\frac{1}{2}$mv12
B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒  mv1=2mv2
B、C從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)的過程中 $\frac{1}{2}•2mv$22=$\frac{1}{2}k′d{′}^{2}$
其中k′=2k
可得d′=$\fracthof4dq{2}$  
答:(1)該單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)的線性回復(fù)力常數(shù)k為$\frac{mg}{L}$;
(2)證明如上;
(3)最大距離為$\fracszqfw9n{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題結(jié)合單擺考查了動(dòng)量守恒定律及動(dòng)能定理,要注意正確分析題意,明確物理規(guī)律的應(yīng)用.

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A.大小為0B.方向水平向左,大小為Fsinα
C.方向水平向左,大小為FcosθD.方向水平向左,大小為Fcosα

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A.M受到的摩擦力不變B.M受到的摩擦力變大
C.M可能減速下滑D.M可能減速上滑

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A.帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力可能向上
B.帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力一定向下
C.帶電質(zhì)點(diǎn)飛出磁場時(shí)速度的大小為v0
D.帶電質(zhì)點(diǎn)飛出磁場時(shí)速度的大小為$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+2gh}$

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14.如圖所示,重為G的物體放在傾角為θ的斜面上.根據(jù)重力的實(shí)際效果可將重力分解為平行于斜面使物體下滑的分力 F1和垂直于斜面使物體緊壓斜面的分力F2,則 Fl=Gsinθ.

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sl/cms2/cms3/cms4/cm
9.3010.5011.7012.90
①小球沿斜面下滑的加速度的大小為1.2m/s2
②斜面頂端距水平面的高度為0.12m.
③小球在位置A的速度vA=0.87m/s.

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