特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等
(1)对滑轮受力分析并正交分解如图: 同一根绳上的拉力相等,故AP,BP绳上的拉力均为F设AP的长度为:x,则BP长度为:2d-x在直角三角形ABP中: . BP 2 = . AB 2 + . AP 2 即:(2d-x) 2 =d 2 +x 2 解得:x= 3 4 d ,即:AP长度为: 3 4 d ,BP长度为: 5d 4 即:∠APB=53°所以:F 1 =Fcos53°=0.6FF 2 =Fsin53°=0.8F由滑轮平衡得:y方向:mg=F+F 1 =F+0.6F解得:F= mg 1.6 x方向:F 2 =F 拉 ,即:F 拉 =0.8× mg 1.6 = mg 2 (2)甲将滑轮由静止释放后,战士乙只有重力对其做功,所以下落到最低点是速度最大,下落到最低点时,绳子如图 此时三条边均为d,三角形为正三角形,即:每个角为60°所以此时P距离A点的竖直高度OP为:dsin60°= 3 2 d 从静止到此状态战士乙共下落的高度h为:h= 3 2 d - 3 4 d 设此时的速度为v,在下落过程中只有重力做功,做的功为:mgh由动能定理得:mgh= 1 2 m v 2 代入数据得:v= 2gh = 2g( 3 2 d- 3 4 d) = ( 3 - 3 2 )gd 故答案为: mg 2 ; ( 3 - 3 2 )gd
(1)0.5mg (2)
解析:
(1)设乙静止时AP间距离为h,则由几何关系得
d2+h2=(2d-h)2 (1分)
解得 h= (1分)
对滑轮受力分析如图,则有
FT+FTcosθ=mg (1分)
FTsinθ=F (1分)
解得: F=mg (2分)
(2)乙在滑动过程中机械能守恒,滑到绳的中点位置最低,速度最大。此时APB三点构成一正三角形。
P与AB的距离为 h/=dcos30°= (2分)
由机械能守恒有 mg(h/-h)= (2分)
解得 (2分)
我这有些东西搞不上来,就凑合着用吧
由已知条件可知:sinθ=0.8,cosθ=0.6
由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可得,
在竖直方向:T+Tcosθ=mg
在水平方向:Tsinθ=F
联立解得:F=
mg |
2 |
答:拉力的大小为
1 |
2 |
特种兵过山谷的一种方法可化简为如右图所示的模型:将一根长为2d、不可...
1\/2 试题分析:设开始位置绳子的拉力为T,PB与竖直线的夹角为α,则对滑轮,水平方向 ,竖直方向 ,由几何关系 ,化简得2sinα=cosα+1.所以F=mg\/2。若设AP=x,则x 2 +d 2 =(2d-x) 2 ,解得x=3d\/4.当滑轮滑到最低点时,速度最大,在最低点时滑轮距离A点的竖直距离为 ,...
特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景.将一根长为2d的不可伸长的细 ...
(1)设乙静止时,AP间的距离为h,BP与竖直方向的夹角为θ,则由几何知识得 d 2 +h 2 =(2d-h) 2 解得,h= 3 4 d,sinθ=0.8,cosθ=0.6对滑轮进行受力分析,如图,根据平衡条件 F T +F T ccosθ=mg ① F T sinθ=F ②由①②式得,F=0.5mg(...
特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景.将一根长为3d的不可伸长的细 ...
83)gd答:(1)战士甲释放前对滑轮的水平拉力F为13mg;(2)战士乙滑动过程中的最大速度为(22?83)gd.
(10分)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长不可...
试题分析:设绳中的张力为 T,BP 绳与竖直方向间的夹角为θ。由已知条件可知 :sinθ=0.8,cosθ= 0.6(2分)由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可知:在竖直方向:T + Tcosθ = mg (3分)在水平方向: Tsinθ=" F" (3分)联立解得F = (2分)
特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长不可伸长的...
设绳中的张力为 T,BP 绳与竖直方向间的夹角为θ.由已知条件可知:sinθ=0.8,cosθ=0.6由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可得,在竖直方向:T+Tcosθ=mg在水平方向:Tsinθ=F联立解得:F=mg2答:拉力的大小为12mg.
特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景。将一根长为2 d 的不可伸 ...
(1) mg (2) (1)设乙静止时 AP 间距离为 h ,则由几何关系得 d 2 + h 2 =(2 d - h ) 2 (1分)解得 h = (1分) 对滑轮受力分析如图,则有 F T + F T cos θ = mg (1分) F T sin θ = F (1分)解得: F...
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