Question

17．如圖所示，半徑R=1.6m的$\frac{1}{6}$光滑圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長L=3m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v=3m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E=20N/C，磁感應(yīng)強度B=3.0T，方向垂直紙面向外．兩個質(zhì)量均為m=1.0×10^-3Kg的物塊a和b，物塊a不帶電，b帶q=1.0×10^-3C的正電并靜止于圓弧軌道最低點，將a物塊從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到最低點與b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后粘合在一起，離開傳送帶后一起飛入復合場中，最后以與水平成60⁰角落在地面上的P點（如圖），已知兩物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，取g=10m/s²，a、b均可看做質(zhì)點．求：
（1）物塊a運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力；
（2）傳送帶距離水平地面的高度；
（3）兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運動過程中，a、b系統(tǒng)機械能的變化量．

Answer 1

分析 （1）研究物塊a在圓弧上下滑的過程，由機械能守恒求出物塊a運動到圓弧軌道最低點時的速度．在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求得支持力，從而得到壓力．
（2）對于ab碰撞過程，由動量守恒定律求得碰后兩者的共同速度．分析ab在傳送帶上的運動情況，由牛頓第二定律求出加速度，由速度位移公式求出ab與傳送帶共速時通過的位移，可以知道共速后ab勻速運動．復合體進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道半徑，再由幾何知識求傳送帶距離水平地面的高度；
（3）分別由功的公式求出摩擦力對ab做功和電場力做功，由功能關(guān)系求兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運動過程中，a、b系統(tǒng)機械能的變化量．

解答 解：（1）a物塊從釋放運動到圓弧軌道最低點C時，機械能守恒，則得：
mgR（1-cos60°）=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$    
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=4m/s     
在C點，由牛頓第二定律得：N-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：N=2×10^-2N
由牛頓第三定律知，a物塊對圓弧軌道壓力為：N′=N=2×10^-2N，方向豎直向下．
（2）ab碰撞過程，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv_C=2mv_C′
代入數(shù)據(jù)解得：v_C′=2m/s
ab在傳送帶上假設(shè)能與傳送帶達到共速時經(jīng)過的位移為s，由牛頓第二定律得：
μ•2mg=2ma
代入數(shù)據(jù)解得：a=μg=1m/s²
由${v}^{2}-{v}_{C}^{′2}$=2as
得：s=2.5m＜L   所以ab離開傳送帶時與其共速為v=5m/s 
進入復合場后，由于qE=2mg=10^-2N，所以做勻速圓周運動，由qvB=2m$\frac{{v}^{2}}{r}$得：
  r=2$\frac{mv}{qB}$=2×$\frac{1{0}^{-3}×3}{1{0}^{-3}×3}$=2m
由幾何知識解得傳送帶與水平地面的高度為：
h=r+$\frac{1}{2}$r=3m
（3）ab系統(tǒng)在傳送帶上運動過程中，摩擦力對其做功，為：
 W_f=μ•2mgs=0.1×2×10^-3×10×2.5=5×10^-3J
ab系統(tǒng)在復合場運動過程中，電場力對其做功：
W_電=-qEh=-1.0×10^-3×20×3J=-6×10^-2J
所以，二者碰后一直到落地，系統(tǒng)機械能的變化量為：△E=W_f+W_電=5.5×10^-2J
（或者：ab在傳送帶上機械能的變化量為：△E₁=△E_k=$\frac{1}{2}×2m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}×2m{v}_{C}^{′2}$
解得：△E₁=△E_k=5×10^-3J
ab在復合場中機械能的變化量為：△E₂=△E_p=-2mgh=-2×10^-3×10×3=-6×10^-2J
所以，在二者碰后一直到落地，系統(tǒng)機械能的變化量為：△E=△E₁+△E₂=-5.5×10^-2J
答：（1）物塊a運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力是2×10^-2N，方向豎直向下；
（2）傳送帶距離水平地面的高度是3m；
（3）兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運動過程中，a、b系統(tǒng)機械能的變化量是-5.5×10^-2J．

點評 本題的關(guān)鍵要判斷物體的受力情況，分析清楚物體的運動情況，帶電體在復合場中運動時，電場力與重力平衡，由洛倫茲力提供向心力，畫出軌跡，由幾何知識求距離是常用方法，要學會運用．