Question

9．如圖所示，傾角為θ=37°的粗糙斜面AB和水平傳送帶與半徑為R=1.25m的光滑圓弧面BC分別相切于B、C兩點，傳送帶左右兩端CD的距離為L=$\frac{5}{8}$m，距水平地面的高度h=0.8m，始終以v=4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動；在過B點的豎直虛線GH左側(cè)空間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.4T，在傳送帶上方空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場E=3N/C；現(xiàn)給質(zhì)量為m=2×10^-2kg、電量q=+0.1C的帶電滑塊P一個沿斜面向下的初速度v₀其恰能在AB上勻速運動．若滑塊P剛到傳送帶右端D點時，水平面上一質(zhì)量為M=0.2kg的電動小車Q從D點正下方的E點開始以恒定功率啟動，當(dāng)滑塊P落地時剛好擊中小車且兩者水平速度相等；已知小車所受阻力恒為車重的0.2倍，滑塊與斜面AB和傳送帶間的動摩擦因素均為μ=0.5；滑塊電量始終保持不變，P、Q均可視為質(zhì)點，傳送帶轉(zhuǎn)輪半徑很小，取重力加速度g=10m/s²．求：
（1）滑塊P到達(dá)圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力；
（2）滑塊P通過傳送帶的時間；
（3）電動小車的功率P．

Answer 1

分析 （1）滑塊P在AB上勻速運動，受力平衡，根據(jù)平衡條件和洛倫茲力公式求解其速度．滑塊P從B運動到C的過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出滑塊P經(jīng)過C點時的速度，再由牛頓運動定律求滑塊P到達(dá)圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力；
（2）根據(jù)滑塊在傳送帶上的受力情況，由牛頓第二定律求加速度，由運動學(xué)公式求時間．
（3）滑塊P離開D點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求出水平距離，再對車，運用動能定理求其功率P．

解答 解：（1）滑塊P在AB上勻速運動，受力平衡，受力情況如圖所示，由平衡條件得：
  mgsinθ=f
  N=F_洛+mgcosθ
又 f=μN(yùn)，F(xiàn)_洛=qv₁B
聯(lián)立解得：v₁=$\frac{mg（sinθ-μcosθ）}{μqB}$=2m/s
滑塊從B運動到C，由機(jī)械能守恒得：
mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得：v_C=$\sqrt{{v}^{2}+2gR（1-cosθ）}$=3m/s
在C點，由牛頓第二定律得：F_N-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
則有：F_N=mg+m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$=0.344N
根據(jù)牛頓第三定律得，滑塊P到達(dá)圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力大小為0.344N，方向豎直向下．
（2）滑塊滑上傳送帶后，先做勻加速運動，加速度為：a=$\frac{qE+μmg}{m}$=20m/s²；
加速至與傳送帶速度相同所用時間為：t₁=$\frac{v-{v}_{C}}{a}$=$\frac{4-3}{20}$=0.05s
通過的位移為：x₁=$\frac{{v}_{C}+v}{2}{t}_{1}$=$\frac{3+4}{2}×0.05$m=0.175m＜L
由于qE＞μmg，所以接著滑塊繼續(xù)做勻加速運動，加速度為：a′=$\frac{qE-μmg}{m}$=10m/s²；
由L-x₁=vt₂+$\frac{1}{2}a′{t}_{2}^{2}$得：
$\frac{5}{8}$-0.175=4t₂+$\frac{1}{2}×10{t}_{2}^{2}$
解得：t₂=0.1s
故滑塊P通過傳送帶的時間為：t=t₁+t₂=0.15s
（3）滑塊到達(dá)D點的速度為：v_D=v+a′t₂=5m/s
滑塊P離開D點后做平拋運動，則有：
  h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
  x=v_Dt
可得：t=0.4s，
x=v_D$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=2m
對車，由動能定理得：
Pt-0.2Mgx=$\frac{1}{2}M{v}_{D}^{2}$
解得P=8.25W
答：
（1）滑塊P到達(dá)圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力大小為0.344N，方向豎直向下；
（2）滑塊P通過傳送帶的時間是0.15s；
（3）電動小車的功率P是8.25W．

點評 解決本題的關(guān)鍵理清物體的運動過程，正確分析物體的受力情況，知道物體的運動規(guī)律，結(jié)合動能定理、牛頓第二定律和運動學(xué)公式進(jìn)行求解．