题目

如图所示，ABCD是光滑轨道，其中竖直圆轨道的半径为R＝0.2m，最低点B处入、出口不重合，C点是最高点，BD部分水平，D点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v＝2m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L＝1m。质量为m＝1kg的小物块从轨道上高H=0.8m处的P位置由静止释放，在竖直圆轨道内通过最高点C后经B点进入水平轨道，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2。 （1） 小物块经过最高点C处时所受轨道的压力N的大小； （2） 小物块在传送带上运动的时间t及小物块离开传送带时的速度vt； （3） 小物块与传送带之间摩擦生的热量Q。 答案： 解：设小物块滑到C的速度为 vC ，从A→C过程由机械能守恒定律得 mgH=mg2R+12mvC2 小物块在C处由牛顿第二定律得 mg+N=mvC2R 由上两式解得N=30N 解：设小物块进入传送带的速度为v0，加速度大小为a，在传送带上运动的时间为t，到达传送带右端速度为vt； 从P→D过程，由机械能守恒定律 mgH=12mv02 由牛顿第二定律 μmg=ma 解得 a=μg=4m/s2 由运动学公式 vt2−v02=−2aL 联立求解 vt=22m/s t=vt−v0−a=2−22s 解：这段时间内，传送带向左运动的位移 S2=vt=(2-2)m 摩擦产生的热 Q=μmg(L+S2)=(12−42)J

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