Question

【題目】如圖所示，水平傳送帶上A、B兩端點間距L＝4m，半徑R＝1m的光滑半圓形軌道固于豎直平面內，下端與傳送帶B相切。傳送帶以v0＝4m/s的速度沿圖示方向勻速運動，質量m＝lkg的小滑塊由靜止放到傳送帶的A端，經一段時間運動到B端，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2。

(1)求滑塊到達B端的速度；

(2)求滑塊由A運動到B的過程中，滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量；

(3)僅改變傳送帶的速度，其他條件不變，計算說明滑塊能否通過圓軌道最高點C。

【答案】(1)vB=4m/s (2)Q＝8J (3)不能通過最高點

【解析】試題分析：⑴滑塊開始時在傳送帶上先向右做加速運動，若傳送帶足夠長，設當滑塊速度v＝v0時已運動距離為x，根據動能定理有：μmgx＝－0

解得：x＝1.6m＜L， 所以滑塊將以速度v＝v0＝4m/s做勻速運動至B端

⑵設滑塊與傳送帶發生相對運動的時間為t，則：v0＝μgt

皮帶通過的位移為：x′＝v0t

滑塊與傳送帶之間相對滑動的距離為：Δx＝x′－x

滑塊與傳送帶之間產生的熱量為：Q＝μmgΔx

聯立以上各式解得：Q＝8J

⑶設滑塊通過最高點C的最小速度為vC，經過C點時，根據向心力公式和牛頓第二定律有：mg＝

在滑塊從B運動到C的過程中，根據動能定理有：－2mgR＝－

解得要使滑塊能通過圓軌道最高點C時經過B的速度最小為：vB＝m/s

若僅改變傳送帶的速度，其他條件不變，使得滑塊一直做勻加速直線運動至B的速度為最大速度，設為vm，根據動能定理有：μmgL＝－0

解得：vm＝m/s＜vB＝m/s，所以僅改變傳送帶的速度，滑塊不能通過圓軌道最高點

考點：本題主要考查了勻變速直線運動規律、牛頓第二定律、動能定理、功能關系的應用問題，屬于中檔題。

【題型】解答題
【結束】
23

【題目】如圖所示,在xOy平面內,y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E;在0<x<L區域內,x軸上、下方有相反方向的勻強電場,電場強度大小均為2E;在x>L的區域內有垂直于xOy平面的勻強磁場,磁感應強度大小不變、方向做周期性變化.一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子(粒子重力不計),由坐標為(-L, )的A點靜止釋放.

(1)求粒子第一次通過y軸時速度的大小;

(2)求粒子第一次射入磁場時的位置坐標及速度;

(3)現控制磁場方向的變化周期和釋放粒子的時刻,實現粒子能沿一定軌道做往復運動,求磁場的磁感應強度B的大小取值范圍.

Answer 1

【答案】(1) (2)(L,L)　 ,方向與x軸正方向成45°角斜向上 (3)

【解析】試題分析：（1）對于粒子從A點到y軸的過程，運用動能定理求解粒子第一次通過y軸時速度大小；（2）進入0＜x＜L區域間偏轉電場時作類平拋運動，由運動的分解法，求出偏轉的距離，確定第一次射入磁場時的位置坐標．由速度的合成求出粒子第一次射入磁場時的速度．（3）在磁場中，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，求出軌跡半徑表達式．要實現粒子能沿一定軌道做往復運動，粒子的運動軌跡關于x軸必須對稱，根據對稱性和幾何關系得到軌跡半徑的最小值，求得B的最大值，從而求得磁場的磁感應強度B大小取值范圍．

（1）粒子從A點到y軸的過程，根據動能定理得，得；

（2）進入區域間偏轉電場作類平拋運動，則得， ，

解得

所以第一次射入磁場時的位置坐標為（L，L）；

速度大小，方向與x軸正方向成45°角斜向上．

（3）在磁場中，粒子做勻速圓周運動，根據向心力公式有
軌道半徑

由對稱性可知，射出磁場后必須在x軸下方的電場中運動，才能實現粒子沿一定軌道做往復運動，如圖所示．

當時，軌道半徑R最小，對應的磁感應強度B最大，粒子緊貼x軸進入y軸左側的電場．

由幾何關系得得最小半徑，

磁感應強度的最大值：

磁感應強度大小取值范圍為