分析 (1)由機(jī)械能守恒可求得物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度;
(2)物體以此速度在傳送帶上減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可求得加速度;則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得減速到零的時(shí)間和位移;物體再反向做加速運(yùn)動(dòng),由機(jī)械能守恒可求得返回到B點(diǎn)的速度;根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可判斷出物體反向加速的運(yùn)動(dòng)情況,從而求得傳送帶的速度;分段求出物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,則可求得總時(shí)間.
(3)由位移公式求出往返過(guò)程中,物體與傳送帶間的相對(duì)位移,即可得到內(nèi)能.
解答 解:(1)物塊從A點(diǎn)下滑到B點(diǎn)的過(guò)程,取B所在水平面為參考平面,由機(jī)械能守恒定律得
mgr=$\frac{1}{2}$$m{v}_{B}^{2}$,解得 vB=$\sqrt{2gr}$=4m/s;
(2)物塊先在傳送帶上向右作勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s2;
運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t1=$\frac{{v}_{B}}{a}$=$\frac{4}{1}$=4s,
通過(guò)的位移為 x1=$\frac{0+{v}_{B}}{2}{t}_{1}$=$\frac{4}{2}×4$m=8m;
物塊再在傳送帶上向左作勻加速直線運(yùn)動(dòng),其末速度設(shè)為v1.
從B到C的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得 mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
得 v1=$\sqrt{2gh}$=2m/s,
則物體向左勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2=$\frac{{v}_{1}}{a}$=2s,
通過(guò)的位移為 x2=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$=2m<x1
然后再作勻速運(yùn)動(dòng),故傳送帶的速度應(yīng)為2m/s;
勻速運(yùn)動(dòng)通過(guò)的位移為 x3=x1-x2=8-2=6m,勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t3=$\frac{{x}_{3}}{{v}_{1}}$=$\frac{6}{2}$=3s,
所以物塊在傳送帶上第一次往返所用的時(shí)間為 t=t1+t2+t3=4+2+3=9s
(3)物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶間的相對(duì)位移大小為△x1=x1+v1t1=16m
物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶間的相對(duì)位移大小為△x2=v1t2-x2=2m
所以第一次往返過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能是 Q=μmg(△x1+△x2)=18J
答:
(1)物塊從A點(diǎn)下滑到B點(diǎn)時(shí)速度的大小是4m/s;
(2)物塊在傳送帶上第一次往返所用的時(shí)間是9s.
(3)設(shè)物體質(zhì)量為1kg,第一次往返過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能是18J.
點(diǎn)評(píng) 本題難點(diǎn)在于對(duì)過(guò)程的分析,要弄清楚物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程,特別是最后一段的先加速再勻速過(guò)程.要注意摩擦生熱應(yīng)根據(jù)相對(duì)位移求.
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A. | 30m,15πm | B. | 30m向東,30πm | C. | 30m,30πm向東 | D. | 30m向東,15πm |
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:多選題
A. | 速率是標(biāo)量,速度是矢量 | |
B. | 速度的大小就是速率 | |
C. | 速度不變的運(yùn)動(dòng)就是勻速直線運(yùn)動(dòng) | |
D. | 速率不變的運(yùn)動(dòng),其速度也一定不變 |
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