Question

如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R=0.6m的两半圆形光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，B端、C端与光滑绝缘水平地面平滑连接．A端、D端之间放一绝缘水平传送带．传送带下方B、C之间的区域存在水平向右的匀强电场，场强E=5×10⁵V/m．当传送带以6m/s的速度沿图示方向匀速运动时，现将质量为m=4×10^-3kg，带电量q=+1×10^-8C的物块从传送带的右端由静止放上传送带．小物块运动第一次到A时刚好能沿半圆轨道滑下．不计小物块大小及传送带与半圆轨道间的距离，g取10m/s²，已知A、D端之间的距离为1.2m．求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因素；
（2）物块第1次经CD半圆形轨道到达D点时速度；
（3）物块第几次经CD半圆形轨道到达D点时的速度达到最大，最大速度为多大．

Answer 1

分析：（1）先根据重力提供向心力列式求出过A点的速度，然后对加速过程运用动能定理列式求解即可；
（2）对从D出发，第一次回到D的过程运用动能定理列式求解即可；
（3）先全程列式求出到达D点速度等于传送带速度的传动圈数，然后再加上一次即可．

解答：解：（1）由题意及向心力公式得：mg=m

v 2 A1

R

vA1=

gR

=

10×0.6

=

6

m/s＜v0
小滑块从D到A的过程中被全程加速，由动能定理得：

1

2

m

v

2 A1

=μmgL
联立以上各式并代入数据解得：μ=0.25
（2）小物块从D出发，第一次回到D的过程，由动能定理得：

1

2

m

v

2 D1

=μmgL+qEL
联立以上各式并代入数据解得：v_D1=3m/s
（3）设第n次到达D点时的速度等于传送带的速度，由动能定理得：

1

2

m

v

2 0

=nμmgL+nqEL
联立以上各式并代入数据解得：n=4
由于n=4为整数，说明小物块第4次到达D点时的速度刚好等于传送带的速度，则小物块将同传送带一起匀速到A点，再次回到D点的速度为v_D，由动能定理得：

1

2

m

v

2 D

-

1

2

m

v

2 0

=qEL
带入数据解得：vD=

39

m/s＞v₀
小物块第5次到达D点后，将沿传送带做减速运动，设在传送带上前进距离S后与传送带速度相等，由动能定理得：

1

2

m

v

2 0

-

1

2

m

v

2 D

=-μmgS
联立以上各式并代入数据解得：S=0.6m
从以上计算可知，小物块第5次到达D点后，沿传送带做减速到传送带中点以后即同传送带一起匀速到A点，以后的运动将重复上述的过程，因此小物块第5次到达D点速度最大，最大速度为vD=

39

m/s．
答：（1）物块与传送带间的动摩擦因素为0.25；
（2）物块第1次经CD半圆形轨道到达D点时速度为3m/s；
（3）物块第5次经CD半圆形轨道到达D点时的速度达到最大，最大速度为

39

m/s．

点评：本题关键是根据动能定理多次全程列式，涉及到牛顿第二定律、向心力公式、动能定理，较难！