Question

如圖所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的半徑為R=0.6m的兩半圓形光滑絕緣軌道固定于豎直平面內(nèi)，B端、C端與光滑絕緣水平地面平滑連接．A端、D端之間放一絕緣水平傳送帶．傳送帶下方B、C之間的區(qū)域存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=5×10⁵V/m．當(dāng)傳送帶以6m/s的速度沿圖示方向勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，現(xiàn)將質(zhì)量為m=4×10^-3kg，帶電量q=+1×10^-8C的物塊從傳送帶的右端由靜止放上傳送帶．小物塊運(yùn)動(dòng)第一次到A時(shí)剛好能沿半圓軌道滑下．不計(jì)小物塊大小及傳送帶與半圓軌道間的距離，g取10m/s²，已知A、D端之間的距離為1.2m．求：
（1）物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因素；
（2）物塊第1次經(jīng)CD半圓形軌道到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度；
（3）物塊第幾次經(jīng)CD半圓形軌道到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度達(dá)到最大，最大速度為多大．

Answer 1

分析：（1）先根據(jù)重力提供向心力列式求出過(guò)A點(diǎn)的速度，然后對(duì)加速過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可；
（2）對(duì)從D出發(fā)，第一次回到D的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可；
（3）先全程列式求出到達(dá)D點(diǎn)速度等于傳送帶速度的傳動(dòng)圈數(shù)，然后再加上一次即可．

解答：解：（1）由題意及向心力公式得：mg=m

v 2 A1

R

vA1=

gR

=

10×0.6

=

6

m/s＜v0
小滑塊從D到A的過(guò)程中被全程加速，由動(dòng)能定理得：

1

2

m

v

2 A1

=μmgL
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.25
（2）小物塊從D出發(fā)，第一次回到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：

1

2

m

v

2 D1

=μmgL+qEL
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：v_D1=3m/s
（3）設(shè)第n次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度等于傳送帶的速度，由動(dòng)能定理得：

1

2

m

v

2 0

=nμmgL+nqEL
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：n=4
由于n=4為整數(shù)，說(shuō)明小物塊第4次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度剛好等于傳送帶的速度，則小物塊將同傳送帶一起勻速到A點(diǎn)，再次回到D點(diǎn)的速度為v_D，由動(dòng)能定理得：

1

2

m

v

2 D

-

1

2

m

v

2 0

=qEL
帶入數(shù)據(jù)解得：vD=

39

m/s＞v₀
小物塊第5次到達(dá)D點(diǎn)后，將沿傳送帶做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)在傳送帶上前進(jìn)距離S后與傳送帶速度相等，由動(dòng)能定理得：

1

2

m

v

2 0

-

1

2

m

v

2 D

=-μmgS
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：S=0.6m
從以上計(jì)算可知，小物塊第5次到達(dá)D點(diǎn)后，沿傳送帶做減速到傳送帶中點(diǎn)以后即同傳送帶一起勻速到A點(diǎn)，以后的運(yùn)動(dòng)將重復(fù)上述的過(guò)程，因此小物塊第5次到達(dá)D點(diǎn)速度最大，最大速度為vD=

39

m/s．
答：（1）物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因素為0.25；
（2）物塊第1次經(jīng)CD半圓形軌道到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度為3m/s；
（3）物塊第5次經(jīng)CD半圓形軌道到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度達(dá)到最大，最大速度為

39

m/s．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)動(dòng)能定理多次全程列式，涉及到牛頓第二定律、向心力公式、動(dòng)能定理，較難！