押题练424.(12分)如图所示,有一长为s=8.44m的传送带倾斜放置,倾角θ=30°,且没有启动。一质量m1=3kg、长度L=2m的长木板乙静止于传送带顶端,且长木板右端与传送带顶端M点相齐。t=0时刻,一质量为m2=1kg的小物块甲以v0=4m/s的初速度沿传送带向上冲上长木板左端,与此同时,也给长木板乙v0=4m/s的速度沿传送带向下运动。甲和乙之间的动摩擦因数μ1=❑√32,乙和传送带间的动摩擦因数μ2=❑√33,重力加速度大小g取10m/s2。(1)求甲与传送带顶端M点的最小距离;(2)求从t=0时刻到甲和乙开始稳定运动(共速)的过程中,系统克服摩擦产生的热量。25.(20分)(2019陕西宝鸡统考)如图,在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d0)的粒子a、b于某时刻从坐标原点O沿着x轴正方向射入区域Ⅰ,入射速度分别为v0和12v0,粒子在区域Ⅰ内向y轴正方向偏转。已知粒子a在离开区域Ⅰ时,速度方向与x轴正向的夹角为30°。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求:(1)区域Ⅰ内的磁场方向和磁感应强度大小;(2)a在磁场中运动的时间;(3)当a离开区域Ⅱ时,a、b两粒子的y坐标之差。押题练424.答案(1)1.36m(2)43.2J解析(1)根据题意,甲向上运动,当速度为零时与顶端M点最近,对甲,设其向上运动的加速度大小为a1,则有m2gsinθ+μ1m2gcosθ=m2a1解得a1=12.5m/s2甲的位移大小x1=v022a1甲与顶端M点间的最小距离Δx1=L-x1=1.36m(2)对甲和乙整体分析,它们所受的合外力为(m1+m2)gsinθ-μ2(m1+m2)gcosθ=0,所以甲和乙组成的整体在传送带上滑动的过程中动量守恒,对甲和乙,从开始运动到稳定运动(共速)过程,有m1v0-m2v0=(m1+m2)v共解得v共=2m/s,方向沿传送带向下该过程中,甲的位移大小x2=v02-v共22a1=0.48m对乙,设其运动的加速度大小为a2,则有μ1m2gcosθ+μ2(m1+m2)gcosθ-m1gsinθ=m1a2解得a2=256m/s2该过程中,乙的位移大小x3=v02-v共22a2=1.44m甲和乙的相对位移Δx2=x2+x3=1.92m<2m,即物块未从长木板上滑落该过程系统克服摩擦产生的热量Q=μ1m2gcosθ·Δx2+μ2(m1+m2)gcosθ·x3=43.2J25.答案(1)方向垂直纸面向里,大小为mv02qd(2)2πd3v0(3)72-2❑√3d解析(1)粒子带正电,在区域Ⅰ内向y正方向偏转,由左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向里轨迹如图所示:粒子a离开区域Ⅰ时速度的偏转角是30°,根据数学知识,在区域Ⅰ对应的圆心角为30°设粒子a在磁场中的轨道半径为R根据几何关系Rsin30°=d解得:R=2d由洛伦兹力提供向心力qv0B=v02R解得:B=mv02qd(2)区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度大小相等、方向相反,因此粒子a在两个区域内的运动时间相同在区域Ⅰ的运动时间t1=112TT=4πdv0a在磁场中运动的总时间t=2t1=2πd3v0(3)粒子a、b完全相同,因此在磁场中运动的周期也相同当a离开区域Ⅱ时,b的运动时间也是t对于b,12v0qB=m(0.5v0)2R',解得R'=d可见b粒子一直在区域Ⅰ内运动,当a离开区域Ⅱ时,b对应的圆心角为60°则b的y坐标yb=R'-R'cos60°=d2粒子a离开区域Ⅰ时y轴方向侧移y=R-Rcos30°=(2-❑√3)da的y坐标ya=2(R-Rcos30°)=2(2-❑√3)da、b两粒子的y坐标之差Δy=ya-yb=(72-2❑√3)d
