如图为一水平传送带装置的示意图.紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s的恒定速率运行,AB间的距

如图为一水平传送带装置的示意图.紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s的恒定速率运行,AB间的距离L为8m.将一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2m处的P点,小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10m/s2.求:

(1)该圆轨道的半径r
(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道到达M点,M点为圆轨道右半侧上的点,该点高出B点0.25m,且小物块在圆形轨道上不脱离轨道,求小物块放上传送带时距离A点的位置范围.
wojiaofjw 1年前 已收到1个回答 举报

forester430 春芽

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解题思路:(1)先研究小物块在传送带上的运动过程:由牛顿第二定律和速度时间公式结合,求出小物块与传送带共速时所用的时间,由速度位移公式求出物块相对于地的位移,判断出物块的运动情况,确定出物块到达B端的速度.物块恰好到达N点,由重力提供向心力,可求得N点的速度,再由机械能守恒列式,即可求出半径r.
(2)设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上,恰能到达圆心右侧的M点,由能量守恒求出x1,设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上,恰能到达右侧圆心高度,由能量守恒求出x2,即可得到x的范围,同理,只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点,再求得x的范围.

(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
小物块与传送带共速时,所用的时间 t=
v0
a=[5/5]s=1s
运动的位移△x=[1/2at2=
1
2×5×12m=2.5m<L-2m=6m
故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到B,然后冲上光滑圆弧轨道.
据题,物块恰好达N点,故由重力提供向心力,则有:mg=m

v2N
r]
由机械能守恒定律得:[1/2m
v20]=mg(2r)+[1/2m
v2N]
解得:r=0.5m
(2)设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上,恰能到达圆心右侧的M点,由能量守恒得:
μmg(L-x1)=mgh
代入数据解得:x1=7.5m
设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上,恰能到达右侧圆心高度,由能量守恒得:
μmg(L-x2)=mgR
代入数据解得:x2=7m
则:能到达圆心右侧的M点,物块放在传送带上距A点的距离范围7m≤x≤7.5m;
同理,只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点,由(1)可知,x3=5.5m
则:0≤x≤5.5m.
故小物块放在传送带上放在传送带上距A点的距离范围为:
7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m
答:
(1)该圆轨道的半径r为0.5m.
(2)小物块放上传送带时距离A点的位置范围为7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m.

点评:
本题考点: 机械能守恒定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;牛顿第二定律;向心力.

考点点评: 解决本题的关键能根据物块的受力情况,判断出其运动情况,通过进行分析.第2小题,要注意有两种情形,不能漏解.

1年前

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