13.如圖所示,傳送帶的兩個輪子半徑均為r=0.2m,兩個輪子最高點A、B在同一水平面內(nèi),A、B間距離l=5m,半徑R=0.4m的固定、豎直光滑圓軌道與傳送帶相切于B點、C點是圓軌道的最高點,質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4.重力加速度g=10m/s2
(1)當傳送帶靜止時,小滑塊以一定的速度從傳送帶上的A點出發(fā),到B點后恰好又通過C點,求小滑塊在A點的速度.
(2)當傳送帶的輪子以一定的角速度勻速轉(zhuǎn)動,將小滑塊無初速地放到傳送帶上的A點,小滑塊恰好運動到如圖所示的D點,OD的連線與豎直方向夾角為60°,求這一過程中小滑塊在傳送帶上運動的時間和傳送帶的輪子轉(zhuǎn)動的角速度.

分析 (1)分析滑塊的運動,由牛頓第二定律和運動學公式求解
(2)根據(jù)動能定理求出對應到達C點時的速度,再牛頓第二定律求解

解答 解:(1)設小滑塊在A點的速度為v1,在C點的速度為v2;
因小滑塊恰好通過C點,所以有:mg=$\frac{m{v}_{2}^{2}}{R}$;
對全過程由動能定理,則有:-μmgl-2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$;
聯(lián)立兩式得:v1=$\sqrt{5gR+2μgl}$=$\sqrt{60}$m/s;
(2)設小滑塊在傳送帶上到B點的速度為v3,因小滑塊由B到D的過程中只有重力做功,機械能守恒,
根據(jù)機械能守恒定律,則有:$mg(R-Rcos60°)=\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$;
代入數(shù)據(jù),解得:${v}_{3}=\sqrt{gR}$=2m/s;
由牛頓第二定律可知,小滑塊在傳送帶上運動時,有:μmg=ma;
所以a=μg=4m/s2;
若小滑塊在傳送帶上一直做加速運動,設在B點的速度為v′;
由勻變速直線運動規(guī)律,$v′=\sqrt{2al}$;
代入數(shù)據(jù),解得:$v′=\sqrt{40}$m/s;
因為v3<v′,所以小滑塊在傳送帶上一定是先加速運動后勻速運動,
設加速運動的時間為t1,勻速運動的時間為t2
由勻變速直線運動規(guī)律,v3=at1,解得:t1=0.5s;
所以小滑塊在傳送帶上勻加速運動的位移為x1=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$;
代入數(shù)據(jù),解得:x1=0.5m;
所以小滑塊在傳送帶上勻速運動的時間為t2=$\frac{{x}_{2}}{{v}_{3}}=\frac{l-{x}_{1}}{{v}_{3}}$=$\frac{4.5}{2}$=2.25m/s;
故小滑塊在傳送帶運動的時間t=t1+t2=0.5+2.25=2.75s;
根據(jù)公式v=ωr可得,傳送帶的輪子轉(zhuǎn)動的角速度ω=$\frac{{v}_{3}}{r}$=$\frac{2}{0.2}$=10rad/s;
答:(1)小滑塊在A點的速度$\sqrt{60}$m/s.
(2)這一過程中小滑塊在傳送帶上運動的時間和傳送帶的輪子轉(zhuǎn)動的角速度10rad/s.

點評 解決該題關(guān)鍵要掌握牛頓第二定律,運動學公式以及動能定理的應用,及理解v=ωr的含義.

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D.加大油門是為了增大功率,得到較大牽引力

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A.整個過程中小球電勢能減少了mg2t2
B.整個過程中小球速度變化量為4gt
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