分析 (1)貨物在推力F的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),求出貨物達(dá)到平臺(tái)AB的中點(diǎn)所需的時(shí)間和速度,之后貨物做勻減速運(yùn)動(dòng),求出加速度,最后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出貨物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度.
(2)對(duì)貨物進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律可求得貨物的加速度,然后由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離;
(3)貨物在BC上應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng),若傳送帶的速度較小,則貨物的先減速到速度等于傳送帶的速度,然后繼續(xù)減小到零時(shí)恰好到達(dá)C點(diǎn),結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出;
解答 解:(1)貨物在AB之間先做加速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律:F-μmg=ma1
得:${a}_{1}=\frac{20}{3}$m/s2
1.5s時(shí)的速度:${v}_{1}={a}_{1}{t}_{1}=\frac{20}{3}×1.5=10$m/s
在1.5s內(nèi)通過的位移為:${s}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}=\frac{1}{2}×\frac{20}{3}×1.{5}^{2}=7.5$m
撤去力F后物體只受到摩擦力的作用,加速度:${a}_{2}=-\frac{μmg}{m}=-μg=-0.5×10=5m/{s}^{2}$
設(shè)到達(dá)B的速度為v2,后半段的位移仍然等于s1,則:${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2{a}_{2}•{s}_{1}$
代入數(shù)據(jù)得:v2=5m/s
(2)傳送帶不運(yùn)動(dòng),設(shè)貨物在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a3,則:
mgsinθ+μmgcosθ=ma3
設(shè)向上的位移為x,則:${v}_{2}^{2}=2{a}_{3}x$
代入數(shù)據(jù),聯(lián)立得:x=1.25m
(3)設(shè)BC部分的速度為v時(shí)貨物恰好能到達(dá)C端,設(shè)貨物減速到v之前的加速度為a4,由于貨物的速度大,則受到的摩擦力的方向向下,則:
mgsinθ+μmgcosθ=ma4
貨物到達(dá)速度v后,滑動(dòng)摩擦力小于重力的分力,所以物體將繼續(xù)減速,設(shè)加速度為a5,則:
mgsinθ-μmgcosθ=ma5
由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式得:$\frac{{v}_{2}^{2}-{v}^{2}}{2{a}_{4}}+\frac{{v}^{2}}{2{a}_{5}}={x}_{BC}$
代入數(shù)據(jù),聯(lián)立得:v=4m/s
答:(1)貨物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度是5m/s;
(2)若傳送帶BC不運(yùn)轉(zhuǎn),貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的最大位移是1.25m;
(3)若要貨物能被送到C端,傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的最小速度是4m/s.
點(diǎn)評(píng) 本題是單個(gè)物體多過程問題,關(guān)鍵要理清各個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)情況,結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)進(jìn)行求解,特別是貨物在傳送帶上的運(yùn)動(dòng),加速度的大小不同,要注意其中的變化.
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科目:高中物理 來源: 題型:選擇題
A. | 重力在上升過程的沖量大 | B. | 重力在上升過程的沖量小 | ||
C. | 兩過程中重力的沖量相等 | D. | 條件不足,不能確定 |
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科目:高中物理 來源: 題型:多選題
A. | 末速度v1的大小等于初速度v0的大小 | |
B. | 上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度 | |
C. | 物體受到的阻力為mg+$\frac{m{v}_{0}}{{t}_{1}}$ | |
D. | 物體整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中均處于失重狀態(tài) |
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