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1、押題練4
24.(12分)如圖所示,有一長為s=8.44 m的傳送帶傾斜放置,傾角θ=30°,且沒有啟動。一質量m1=3 kg、長度L=2 m的長木板乙靜止于傳送帶頂端,且長木板右端與傳送帶頂端M點相齊。t=0時刻,一質量為m2=1 kg的小物塊甲以v0=4 m/s的初速度沿傳送帶向上沖上長木板左端,與此同時,也給長木板乙v0=4 m/s的速度沿傳送帶向下運動。甲和乙之間的動摩擦因數(shù)μ1=32,乙和傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2=33,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求甲與傳送帶頂端M點的最小距離;
(2)求從t=0時刻到甲和乙開始穩(wěn)定運動(共速)的過程中,系統(tǒng)克服摩擦產(chǎn)生的熱量
2、。
25.(20分)(2019陜西寶雞統(tǒng)考)如圖,在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤d)和區(qū)域Ⅱ(d0)的粒子a、b于某時刻從坐標原點O沿著x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ,入射速度分別為v0和12v0,粒子在區(qū)域Ⅰ內向y軸正方向偏轉。已知粒子a在離開區(qū)域Ⅰ時,速度方向與x軸正向的夾角為30°。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求:
(1)區(qū)域Ⅰ內的磁場方向和磁感應強度大小;
(2)a在磁場中運動的時間;
(3)當a離開區(qū)域Ⅱ時,a、b兩粒子的y坐標之差。
押題練4
24
3、.答案 (1)1.36 m (2)43.2 J
解析 (1)根據(jù)題意,甲向上運動,當速度為零時與頂端M點最近,對甲,設其向上運動的加速度大小為a1,則有
m2gsinθ+μ1m2gcosθ=m2a1
解得a1=12.5m/s2
甲的位移大小x1=v022a1
甲與頂端M點間的最小距離Δx1=L-x1=1.36m
(2)對甲和乙整體分析,它們所受的合外力為
(m1+m2)gsinθ-μ2(m1+m2)gcosθ=0,所以甲和乙組成的整體在傳送帶上滑動的過程中動量守恒,對甲和乙,從開始運動到穩(wěn)定運動(共速)過程,有
m1v0-m2v0=(m1+m2)v共
解得v共=2m/s,方向
4、沿傳送帶向下
該過程中,甲的位移大小x2=v02-v共22a1=0.48m
對乙,設其運動的加速度大小為a2,則有
μ1m2gcosθ+μ2(m1+m2)gcosθ-m1gsinθ=m1a2
解得a2=256m/s2
該過程中,乙的位移大小x3=v02-v共22a2=1.44m
甲和乙的相對位移Δx2=x2+x3=1.92m<2m,即物塊未從長木板上滑落
該過程系統(tǒng)克服摩擦產(chǎn)生的熱量
Q=μ1m2gcosθ·Δx2+μ2(m1+m2)gcosθ·x3=43.2J
25.答案 (1)方向垂直紙面向里,大小為mv02qd (2)2πd3v0 (3)72-23d
解析(1)粒子帶
5、正電,在區(qū)域Ⅰ內向y正方向偏轉,
由左手定則可知,磁場方向垂直于紙面向里軌跡如圖所示:
粒子a離開區(qū)域Ⅰ時速度的偏轉角是30°,根據(jù)數(shù)學知識,在區(qū)域Ⅰ對應的圓心角為30°
設粒子a在磁場中的軌道半徑為R
根據(jù)幾何關系Rsin30°=d
解得:R=2d
由洛倫茲力提供向心力qv0B=v02R
解得:B=mv02qd
(2)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小相等、方向相反,因此粒子a在兩個區(qū)域內的運動時間相同
在區(qū)域Ⅰ的運動時間t1=112T
T=4πdv0
a在磁場中運動的總時間t=2t1=2πd3v0
(3)粒子a、b完全相同,因此在磁場中運動的周期也相同
當a離開區(qū)域Ⅱ時,b的運動時間也是t
對于b,12v0qB=m(0.5v0)2R',解得R'=d
可見b粒子一直在區(qū)域Ⅰ內運動,當a離開區(qū)域Ⅱ時,b對應的圓心角為60°
則b的y坐標yb=R'-R'cos60°=d2
粒子a離開區(qū)域Ⅰ時y軸方向側移y=R-Rcos30°=(2-3)d
a的y坐標ya=2(R-Rcos30°)=2(2-3)d
a、b兩粒子的y坐標之差Δy=ya-yb=72-23d
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