题目内容
9．如图（a）所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段水平，PQ段竖直，NP段为光滑的$\frac{1}{4}$圆弧，圆心为O，半径为a，轨道最左端M点处静置一质量为m、电荷量为q（q＞0）的物块A，直线NN′右侧有方向水平向右的电场（图中未画出），场强为E=$\frac{mg}{q}$，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，在轨道M端左侧有一放在水平光滑桌面上的可发射的“炮弹”的电磁炮模型，其结构图如图（b）所示．电磁炮由两条等长的平行光滑导轨I、II与电源和开关S串联．电源的电动势为U0，内阻为r，导轨I、II相距为d，电阻忽略不计，“炮弹”是一质量为2m、电阻为R的不带电导体块C，C刚好与I、II紧密接触，距离两导轨右端为l，C的底面与轨道MN在同一水平面上，整个电磁炮处于均匀磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B0，重力加速度为g，不考虑C在导轨内运动时的电磁感应现象，A、C可视为质点，并设A在运动过程中所带电荷一直未变．（1）求C与A碰撞前的速度v0的大小；
（2）设A、C的碰撞为弹性碰撞，A、C与MN轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A恰能到达P点，求C最终停止位置到M点的距离；
（3）设碰后A恰能到达P点，若要求A运动时始终不离开圆弧轨道，求ONO′P区域内磁场的磁感应强度B应满足的条件．
分析 （1）先根据欧姆定律求出通过“炮弹”的回路的电流，再由动能定理求C与A碰撞前的速度v0的大小．
（2）A、C的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒列式，得到碰后两者的速度表达式．A在NN′右侧受到的电场力与重力大小相等，重力和电场力的合力大小为$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P两点对称，要A恰能到达P点只需A刚到达N点即可，由动能定理求解．
（3）当A由P滑回N点时，洛伦兹力指向O点，A可能离开轨道．由动能定理和能量守恒定律，结合数学知识求解．
解答 解：（1）通过“炮弹”的回路的电流为 I=$\frac{E}{R+r}$
对C，由动能定理得
F安L=$\frac{1}{2}•2m{v}_{0}^{2}$
又 F安=B0Id
联立解得 v0=$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
（2）A、C间完全弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒得：
2mv0=mvA+2mvC．
$\frac{1}{2}•$2mv02=$\frac{1}{2}•$mvA2+$\frac{1}{2}•$2mvC2．
联立解得：vA=$\frac{4}{3}{v}_{0}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．vC=$\frac{1}{3}{v}_{0}$=$\frac{1}{3}$$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$．
A在NN′右侧受到的电场力 F=qE=q$\frac{mg}{q}$=mg
重力和电场力的合力大小为 F合=$\sqrt{2}$mg，方向垂直于OQ斜向右下，N、P两点对称，要A恰能到达P点只需A刚到达N点即可，设摩擦因数为μ，C静止时与M点的距离为lx，有
μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
μ•mglx=$\frac{1}{2}•2m{v}_{C}^{2}$
联立解得 lx=$\frac{L}{16}$．
（3）当A由P滑回N点时，洛伦兹力指向O点，A可能离开轨道．设A相对OP转动θ角时，其速度为v，对轨道的压力为FN，有
FN+qvB-mgsinθ-qEcosθ=m$\frac{{v}^{2}}{a}$
由能量守恒得 mgasinθ-qEa（1-cosθ）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
要使得A不离开轨道，须得 FN≥0．联立解得 B≤$\frac{m\sqrt{g}（3sinθ+3cosθ-2）}{q\sqrt{2a}\sqrt{（sinθ+cosθ-1）}}$
因为 f（θ）=$\frac{3sinθ+3cosθ-2}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$=3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$+$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$
当3$\sqrt{sinθ+cosθ-1}$=$\frac{1}{\sqrt{sinθ+cosθ-1}}$时，即sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$时，f（θ）=f（θ）min=2$\sqrt{3}$
故B≤$\frac{m\sqrt{g}}{q\sqrt{2a}}$×2$\sqrt{3}$=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$=Bmax．
考虑到极值点要求sinθ+cosθ=$\frac{4}{3}$，变形可得 1＞sin（θ+$\frac{π}{4}$）=$\frac{\frac{4}{3}}{\sqrt{2}}$＞$\frac{1}{\sqrt{2}}$=sin$\frac{π}{4}$，可知θ在[0，π/4]范围内有解，说明上面讨论是合理的，即B的取值应满足的条件是：
B≤Bmax=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．
答：
（1）C与A碰撞前的速度v0的大小为$\sqrt{\frac{{B}_{0}Edl}{（R+r）m}}$；
（2）设A、C的碰撞为弹性碰撞，A、C与MN轨道的滑动摩擦因数相同，若碰后A恰能到达P点，C最终停止位置到M点的距离是$\frac{L}{16}$；
（3）设碰后A恰能到达P点，若要求A运动时始终不离开圆弧轨道，ONO′P区域内磁场的磁感应强度B应满足的条件是B≤$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{6g}{a}}$．
点评 解决本题的关键是要分析清楚物体运动过程，运用数学知识求极值．分段应用动能定理、牛顿第二定律和能量守恒定律进行研究．
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如图所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝均匀金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=λt（λ为大于零的常数），同时用一水平外力使线圈处于静止状态，空气阻力忽略不计．| A． | 重力势能减小了1900 J | B． | 重力势能减小了2000 J | ||
| C． | 动能增加了1900 J | D． | 动能增加了2000 J |
如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g，则（ ）| A． | 若乙的速度为 v0，工件在乙上侧向（ 垂直于乙的运动方向）滑过的距离s=$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2gμ}$ | |
| B． | 若乙的速度为 2v0，工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变 | |
| C． | 若乙的速度为 2v0，工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0 | |
| D． | 保持乙的速度 2v0 不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，驱动乙的电动机的平均输出功率$\overline{P}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$mgμv0 |
如图所示，长为3l的轻质细杆一端可绕O点自由转动，杆上距O点l和3l处分别固定质量均为m的小球A、B．现将细杆拉至水平，并由静止释放，忽略一切摩擦及空气阻力，则当杆由水平转到竖直位置过程中（ ）| A． | 此过程A球机械能守恒，B球机械能守恒 | |
| B． | 此过程A球机械能减少，B球机械能增加 | |
| C． | 当杆到达竖直位置时，球B的速度大小为2$\sqrt{\frac{gl}{5}}$ | |
| D． | 当杆达到竖直位置时，OA段杆对球的拉力大小为$\frac{26}{5}$mg |
| A． | 该交流电的频率为100Hz | |
| B． | 该交流电的有效值为311V | |
| C． | 该交流电的周期是2s | |
| D． | 该交流电的瞬时值表达式为u=311sin100πt（V） |
图中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上．指示灯L1和L2完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表．开始时开关S是闭合的，当S断开后，下列说法正确的是（ ）| A． | 电流表A2的示数变大 | B． | 电流表A1的示数变小 | ||
| C． | 电压表的示数变大 | D． | 灯泡L1的亮度变暗 |
如图所示，在绝缘水平桌面上放置一矩形金属线框abcd，虚线MN右侧分布着一竖直向下的匀强磁场，已知磁场的磁感应强度B=0.5T，线框边长lab=0.2m，lcb=0.5m，质量m=0.1kg，电阻R=0.1Ω，线框与桌面的动摩擦因数μ=0.2．现用一水平向右的拉力F作用在线框上，使它以v0=1m/s的速度向右匀速运动一段距离，重力加速度g取10m2/s，求：