Question

9．如图所示，倾角为θ=37°的粗糙斜面AB和水平传送带与半径为R=1.25m的光滑圆弧面BC分别相切于B、C两点，传送带左右两端CD的距离为L=$\frac{5}{8}$m，距水平地面的高度h=0.8m，始终以v=4m/s的速度顺时针转动；在过B点的竖直虚线GH左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=0.4T，在传送带上方空间存在水平向右的匀强电场E=3N/C；现给质量为m=2×10^-2kg、电量q=+0.1C的带电滑块P一个沿斜面向下的初速度v₀其恰能在AB上匀速运动．若滑块P刚到传送带右端D点时，水平面上一质量为M=0.2kg的电动小车Q从D点正下方的E点开始以恒定功率启动，当滑块P落地时刚好击中小车且两者水平速度相等；已知小车所受阻力恒为车重的0.2倍，滑块与斜面AB和传送带间的动摩擦因素均为μ=0.5；滑块电量始终保持不变，P、Q均可视为质点，传送带转轮半径很小，取重力加速度g=10m/s²．求：
（1）滑块P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力；
（2）滑块P通过传送带的时间；
（3）电动小车的功率P．

Answer 1

分析 （1）滑块P在AB上匀速运动，受力平衡，根据平衡条件和洛伦兹力公式求解其速度．滑块P从B运动到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律求出滑块P经过C点时的速度，再由牛顿运动定律求滑块P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力；
（2）根据滑块在传送带上的受力情况，由牛顿第二定律求加速度，由运动学公式求时间．
（3）滑块P离开D点后做平抛运动，由平抛运动的规律求出水平距离，再对车，运用动能定理求其功率P．

解答 解：（1）滑块P在AB上匀速运动，受力平衡，受力情况如图所示，由平衡条件得：
  mgsinθ=f
  N=F_洛+mgcosθ
又 f=μN，F_洛=qv₁B
联立解得：v₁=$\frac{mg（sinθ-μcosθ）}{μqB}$=2m/s
滑块从B运动到C，由机械能守恒得：
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点，由牛顿第二定律得：F_N-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
则有：F_N=mg+m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$=0.344N
根据牛顿第三定律得，滑块P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为0.344N，方向竖直向下．
（2）滑块滑上传送带后，先做匀加速运动，加速度为：a=$\frac{qE+μmg}{m}$=20m/s²；
加速至与传送带速度相同所用时间为：t₁=$\frac{v-{v}_{C}}{a}$=$\frac{4-3}{20}$=0.05s
通过的位移为：x₁=$\frac{{v}_{C}+v}{2}{t}_{1}$=$\frac{3+4}{2}×0.05$m=0.175m＜L
由于qE＞μmg，所以接着滑块继续做匀加速运动，加速度为：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
故滑块P通过传送带的时间为：t=t₁+t₂=0.15s
（3）滑块到达D点的速度为：v_D=v+a′t₂=5m/s
滑块P离开D点后做平抛运动，则有：
  h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
  x=v_Dt
可得：t=0.4s，
x=v_D$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=2m
对车，由动能定理得：
Pt-0.2Mgx=$\frac{1}{2}M{v}_{D}^{2}$
解得P=8.25W
答：
（1）滑块P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为0.344N，方向竖直向下；
（2）滑块P通过传送带的时间是0.15s；
（3）电动小车的功率P是8.25W．

点评 解决本题的关键理清物体的运动过程，正确分析物体的受力情况，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解．