【題目】如圖所示,水平傳送帶上A、B兩端點間距L4m,半徑R1m的光滑半圓形軌道固于豎直平面內(nèi),下端與傳送帶B相切。傳送帶以v04m/s的速度沿圖示方向勻速運動,質(zhì)量mlkg的小滑塊由靜止放到傳送帶的A端,經(jīng)一段時間運動到B端,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ0.5,取g10m/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(chǎn)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)Q8J (3)不能通過最高點

【解析】試題分析: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(shè)當(dāng)滑塊速度vv0時已運動距離為x,根據(jù)動能定理有:μmgx0

解得:x1.6mL, 所以滑塊將以速度vv04m/s做勻速運動至B

設(shè)滑塊與傳送帶發(fā)生相對運動的時間為t,則:v0μgt

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:Δxx′x

滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量為:QμmgΔx

聯(lián)立以上各式解得:Q8J

設(shè)滑塊通過最高點C的最小速度為vC,經(jīng)過C點時,根據(jù)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(jù)動能定理有:-2mgR

解得要使滑塊能通過圓軌道最高點C時經(jīng)過B的速度最小為:vBm/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(shè)為vm,根據(jù)動能定理有:μmgL0

解得:vmm/svBm/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(guī)律、牛頓第二定律、動能定理、功能關(guān)系的應(yīng)用問題,屬于中檔題。

型】解答
結(jié)束】
23

【題目】如圖所示,在xOy平面內(nèi),y軸左側(cè)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(qū)域內(nèi),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(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小不變、方向做周期性變化.一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(粒子重力不計),由坐標(biāo)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(biāo)及速度;

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

【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;(2)進入0xL區(qū)域間偏轉(zhuǎn)電場時作類平拋運動,由運動的分解法,求出偏轉(zhuǎn)的距離,確定第一次射入磁場時的位置坐標(biāo).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(xiàn)粒子能沿一定軌道做往復(fù)運動,粒子的運動軌跡關(guān)于x軸必須對稱,根據(jù)對稱性和幾何關(guān)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(yīng)強度B大小取值范圍.

(1)粒子從A點到y軸的過程,根據(jù)動能定理得,得

(2)進入區(qū)域間偏轉(zhuǎn)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(biāo)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(jù)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(xiàn)粒子沿一定軌道做往復(fù)運動,如圖所示.

當(dāng)時,軌道半徑R最小,對應(yīng)的磁感應(yīng)強度B最大,粒子緊貼x軸進入y軸左側(cè)的電場.

由幾何關(guān)系得得最小半徑

磁感應(yīng)強度的最大值:

磁感應(yīng)強度大小取值范圍為

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B. 小球拋出時距O的高度為

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D. 圓盤轉(zhuǎn)動的角速度可能等于

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A.

B.

C.

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