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如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块,从光滑平台上的A点以某一初速水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道,最后小物块无碰撞
题目详情
如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块,从光滑平台上的A点以某一初速水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道,最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带.已知小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为28N,传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平,传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,圆弧轨道的半径为R=2m,C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=60°,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2.求:
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(1)小物块从A点水平抛出时的速度.
(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量.
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(1)小物块从A点水平抛出时的速度.
(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量.
▼优质解答
答案和解析
(1)在D点,对物块,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
据题和牛顿第三定律得知,FN=28N
解得 vD=6m/s;
物块从C到D,由动能定理得
mgR(1-cosθ)=
mvD2-
mvC2
解得 vC=4m/s
在C点分解物块的速度可知:v0=vCcosθ=2m/s
(2)设物体在传送带上加速度为a,则 μmg=ma
得 a=μg=5m/s2
物体由D点向左运动至速度为零,所用时间为t1,位移为x1.则
vD=at1,得 t1=1.2s
x1=
t1=
×1.2m=3.6m
t1时间内传送带向右的位移为x2,则 x2=vt1=3.6m
物体速度由零增加到与传送带速度相等过程,所用时间t2,则 t2=
=
s
物体通过的位移 x3=
t2=0.9m
此过程传送带的位移为 x4=vt2=1.8m
小木块相对传送带移动的路程为:x=(x1+x2)+(x4-x3);
产生的热量 Q=μmgx,解得 Q=40.5J.
答:
(1)小物块从A点水平抛出时的速度是2m/s.
(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量是40.5J.
FN-mg=m
| ||
R |
据题和牛顿第三定律得知,FN=28N
解得 vD=6m/s;
物块从C到D,由动能定理得
mgR(1-cosθ)=
1 |
2 |
1 |
2 |
解得 vC=4m/s
在C点分解物块的速度可知:v0=vCcosθ=2m/s
(2)设物体在传送带上加速度为a,则 μmg=ma
得 a=μg=5m/s2
物体由D点向左运动至速度为零,所用时间为t1,位移为x1.则
vD=at1,得 t1=1.2s
x1=
vD |
2 |
6 |
2 |
t1时间内传送带向右的位移为x2,则 x2=vt1=3.6m
物体速度由零增加到与传送带速度相等过程,所用时间t2,则 t2=
v |
a |
3 |
5 |
物体通过的位移 x3=
v |
2 |
此过程传送带的位移为 x4=vt2=1.8m
小木块相对传送带移动的路程为:x=(x1+x2)+(x4-x3);
产生的热量 Q=μmgx,解得 Q=40.5J.
答:
(1)小物块从A点水平抛出时的速度是2m/s.
(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量是40.5J.
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