(2014?四川模拟)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v0=1.8m/s的初

(2014?四川模拟)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v0=1.8m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进人固... (2014?四川模拟)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v0=1.8m/s的初速度水平抛出,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=53°,不计空气阻力,重力加速度g=1Om/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;(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. 展开
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热血材橇8
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(1)设小物体在C点时得速度大小为vC,由平抛运动的规律可知,C点的速度方向与水平方向成θ=53°,则由几何关系可得:
vC
v0
cosθ
1.8
cos53°
m/s=3m/s
…①
由C点到D点,由动能定理得:
mgR(1?cosθ)=
1
2
mvD2?
1
2
mvC2
…②
小球在D点,由牛顿第二定律得:
FN?mg=m
vD2
R
…③
由牛顿第三定律,小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为:FN′=FN…④
①②③④联立得:FN′=22.5N,方向竖直向下.
(2)设小物块在传送带上滑动得加速度大小为a,由牛顿第二定律得:
a=
μmg
m
=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
…⑤
小物块匀减速直线运动的时间为t1,向左通过得位移为x1,传送带向右运动得距离为x2,则:
vD=at1…⑥
x1
1
2
at12
…⑦
x2=vt1…⑧
小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t2,向左通过得位移为x3,传送带向右运动得距离为x4,则:
v=at2…⑨
x3
1
2
at22
…⑩
x4=vt2…?
整个过程小物块相对传送带滑动得距离为:
x=x1+x2+x4-x3…?
生成得热量为:Q=μmgx…?
联立⑤至?联立解得:Q=32J
答:(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为22.5N;
(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为32J.
淡淡的雅兴
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知道大有可为答主
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(1)小物块在C点时的速度大小为 vC=
v0cos60°=20.5=4m/s
(2)小物块由C到D的过程中,由动能定理得:mgR(1-cos60°)=12mv2D-12mv2C
代入数据解得:vD=25m/s,
小球在D点时由牛顿第二定律得:
FN-mg=mv2DR,
代入数据解得:FN=60N
由牛顿第三定律得 FN′=FN=60N,方向竖直向下.
(3)设小物块刚滑到木板左端到达到共同速度,大小为v,小物块在木板上滑行的过程中,小物块与长木板的加速度大小分别为:
a1=μmgm=μg=3m/s2,
a2=μmgM=1m/s2
速度分别为:v=vD-a1t,v=a2t
对物块和木板系统,由能量守恒定律得:
μmgL=12mv2D-12(m+M)v2
解得:L=2.5 m,即木板的长度至少是2.5 m.
答:
(1)小球到达C点时的速度为4m/s.
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N;
(3)要使小物块不滑出长木板,木板的长度L至少为2.5m.
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