题目内容
2.如图所示,一半径R=0.8m的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动,圆盘边缘有一质量m=0.1kg的小滑块,当圆盘转动的角速度达到某一数值时,滑块从圆盘边缘A点滑落,经光滑的过渡圆管(图中圆管未画出)进入光滑轨道AB,已知AB为光滑的弧形轨道,A点离B点所在水平面的高度h=0.6m;滑块与圆盘间动摩擦因数为μ=0.5,滑块在运动过程中始终未脱离轨道,不计在过渡圆管处和B点的机械能损失,滑块可视为质点,最大静摩擦力近似于滑动摩擦力(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)当滑块从圆盘上滑落时,滑块的速度多大;
(2)滑块滑动到达B点时速度大小是多少;
(3)光滑的弧形轨道与传送带相切于B点,滑块从B点滑上长为5m,倾角为37°的传送带,传送带顺时针匀速转动,速度为v=3m/s,滑块与传送带间动摩擦因数也为μ=0.5,当滑块运动到C点时速度刚好减为零,则BC的距离多远.
分析 (1)滑块圆盘上做匀速圆周运动时,由静摩擦力力提供向心力,静摩擦力随着外力的增大而增大,当滑块即将从圆盘上滑落时,静摩擦力达到最大值,根据最大静摩擦力等于向心力列式求解滑块即将滑落时的速度;
(2)滑块从A运动到B,只有重力做功,由机械能守恒定律求出B点的速度.
(3)根据滑块到达B点的速度与传送带速度的关系,分析滑块的运动情况,由牛顿第二定律和运动学公式结合解答.或根据动能定理求解
解答 解:(1)滑块在圆盘上做圆周运动时,由静摩擦力充当向心力,当滑块刚从圆盘上滑落时,有
μmg=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
代入数据,解得:vA=$\sqrt{μgR}$=$\sqrt{0.5×10×0.8}$=2m/s
(2)滑块从A运动到B,只有重力做功,遵守机械能守恒定律,则有
mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
可得 vB=$\sqrt{{v}_{A}^{2}+2gh}$=$\sqrt{4+2×10×0.6}$=4m/s
(3)设滑块在传送带上滑距离为S1时速度与传送带相同,再上滑距离为S2时速度为零.
对于滑块从B到速度与传送带相同的过程,由动能定理得:
-(mgsin37°+μmgcos37°)S1=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
解得 S1=0.35m
滑块速度与传送带相同时,由于μmgcos37°<mgsin37°,则滑块继续向上做匀减速运动,由动能定理得
(μmgcos37°-mgsin37°)S2=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 S2=2.25m
故BC间的距离为 S=S1+S2=2.6m
答:
(1)当滑块从圆盘上滑落时,滑块的速度是2m/s;
(2)滑块滑动到达B点时速度大小是4m/s;
(3)BC的距离是2.6m.
点评 本题关键把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚,然后结合向心力知识、动能定理等规律进行研究.
A. | 减小 | B. | 增大 | C. | 不变 | D. | 无法确定 |
A. | B对A没有摩擦力作用 | |
B. | B对A的摩擦力大小为mgsinθ,方向沿斜面向上 | |
C. | 斜面对B的摩擦力大小为m0gsinθ,方向沿斜面向上 | |
D. | 斜面对B的摩擦力大小为(m0+m)gsinθ,方向沿斜面向上 |
A. | 在t=3s时刻,质点P向下运动 | |
B. | 在4s内,质点P运动的路程为8cm | |
C. | 在t=3s时刻,质点Q到达x=1cm处 | |
D. | 在t=3s时刻,质点Q在负方向最大位移处 |
A. | $\frac{1}{4}$${mv}_{0}^{2}$ | B. | $\frac{1}{2}$${mv}_{0}^{2}$ | C. | $\frac{3}{2}$${mv}_{0}^{2}$ | D. | ${mv}_{0}^{2}$ |
A. | 0.10V | B. | 0.20V | C. | 0.40V | D. | 0.70V |
A. | 这块电池板的内阻为2Ω | B. | 这块电池板的内阻为20Ω | ||
C. | 这块电池板的电动势为600mV | D. | 太阳能电池是把太阳能转化为电能 |