分析 (1)滑塊通過傳送帶的過程,電動機(jī)多消耗的電能等于滑塊增加的動能和產(chǎn)生的內(nèi)能之和.先根據(jù)機(jī)械能守恒求出滑塊滑到A點時的速度.根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求出滑塊與傳送帶間的相對位移,從而求得摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,再根據(jù)能量守恒定律求電動機(jī)多消耗的電能△E電.
(2)滑塊從B到C的過程,通知動能定理求出滑塊到達(dá)C點的速度,由平拋運(yùn)動的規(guī)律求壕溝的寬度L和運(yùn)動時間,即可求得從A到E的總時間t.
(3)根據(jù)時間求得滑塊落在平臺上時豎直分速度,再求速度方向與豎直方向的夾角θ.
解答 解:(1)滑塊從D運(yùn)動到A的過程,由機(jī)械能守恒定律有:mgR=12mv2A
代入數(shù)據(jù)解得:vA=4m/s
滑塊滑上傳送帶后先做勻加速運(yùn)動,加速度為:
a=\frac{μmg}{m}=μg=5m/s2.
勻加速至與傳送帶共速的時間為:
t1=\frac{{v}_{0}-{v}_{A}}{a}=\frac{8-4}{5}=0.8s
勻加速運(yùn)動通過的位移為:
x=\frac{{v}_{A}+{v}_{0}}{2}{t}_{1}=\frac{4+8}{2}×0.8=4.8m>L=3.3m
所以滑塊在傳送帶上一直勻加速,設(shè)勻加速運(yùn)動的時間為t2.則有:
L=vAt2+\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}
代入數(shù)據(jù)解得:t2=0.6s
滑塊到達(dá)B點的速度為:vB=vA+at2=4+5×0.6=7m/s
滑塊與傳送帶間的相對位移為:△x=v0t2-L=8×0.6-3.3=1.5m
所以滑塊通過傳送帶的過程,電動機(jī)多消耗的電能為:△E電=μmg△x+(\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2})
代入數(shù)據(jù)解得:△E電=2.4J
(2)滑塊從B到C的過程,由動能定理得:
-μmgs=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}
代入數(shù)據(jù)解得:vC=5m/s
滑塊做平拋運(yùn)動的時間為:t3=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5s
壕溝的寬度為:S=vCt3=5×0.5m=2.5m
滑塊從滑上傳送帶到落在平臺上E點經(jīng)歷的時間為:t=t2+t3=1.1s
(3)根據(jù)速度分解有:tanθ=\frac{g{t}_{3}}{{v}_{C}}=\frac{10×0.5}{5}=1
得:θ=45°
答:(1)滑塊通過傳送帶的過程,電動機(jī)多消耗的電能△E電是2.4J.
(2)壕溝的寬度是2.5m,滑塊從滑上傳送帶到落在平臺上E點經(jīng)歷的時間t是1.1s.
(3)滑塊落在平臺上時,速度方向與豎直方向的夾角θ是45°.
點評 本題關(guān)鍵明確滑塊的運(yùn)動規(guī)律,然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、動能定理列式求解,要抓住各個過程之間的聯(lián)系,如前一過程的末速度是后過程的初速度.摩擦產(chǎn)生的熱量與相對位移有關(guān).
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科目:高中物理 來源: 題型:填空題
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科目:高中物理 來源: 題型:解答題
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科目:高中物理 來源: 題型:計算題
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | \frac{mgRtanθ}{El},豎直向下 | B. | \frac{mgRcosθ}{El},垂直于回路平面向上 | ||
C. | \frac{mgRsinθ}{El},垂直于回路平面向上 | D. | \frac{mgRsinθ}{El},垂直于回路平面向下 |
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | 測定立地跳遠(yuǎn)成績時以位移為標(biāo)準(zhǔn) | |
B. | 乘坐出租車時按位移的大小收費(fèi) | |
C. | 在操場上跑步時,位移的大小一定不為0 | |
D. | 從家到學(xué)校有很多路可以選擇,選擇不同的路,路程不同,但位移是相同的 |
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | 滑塊沿斜面滑行時一定受四個力的作用 | |
B. | 滑塊沿斜面滑行時,地面對斜面體的摩擦力等于F | |
C. | 若撤去外力F,則斜面體受到地面摩擦力方向向左 | |
D. | 若撤去外力F,則滑塊可能沿斜面向下做勻速運(yùn)動 |
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