1.如圖1甲所示，滑塊與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開始時均處于靜止狀態(tài).作用于滑塊的水平力F隨時間t變化圖象如圖乙所示，t＝2.0 s時撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運動.已知滑塊質(zhì)量m＝2 kg，木板質(zhì)量M ＝ 1 kg，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
圖1
(1)t＝0.5 s時滑塊的速度大小；
(2)0～2.0 s內(nèi)木板的位移大��；
(3)整個過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量.
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解析 (1)木板M的最大加速度am＝μmgM＝4 m/s2，滑塊與木板保持相對靜止時的最大拉力
Fm＝(M＋m)am＝12 N
即F為6 N時，M與m一起向右做勻加速運動
對整體分析有：F＝(M＋m)a1
v1＝a1t1
代入數(shù)據(jù)得：v1＝1 m/s
(2)對M：0～0.5 s，x1＝12a1t 21
0.5～2 s，μmg＝Ma2
x2＝v1t2＋12a2t 22
則0～2 s內(nèi)木板的位移x＝x1＋x2＝6.25 m
(3)對滑塊：
0.5～2 s，F(xiàn)－μmg＝ma2′ 0～2 s時滑塊的位移x′＝x1＋(v1t2＋12a2′t 22)
在0～2 s內(nèi)m與M相對位移Δx1＝x′－x＝2.25 m
t＝2 s時木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s
滑塊速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s
撤去F后，對M：μmg＝Ma3 對m：－μmg＝ma3′
當滑塊與木板速度相同時保持相對靜止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3
解得t3＝0.5 s
該段時間內(nèi)，M位移x3＝v2t3＋12a3t 23
m位移x3′＝v2′t3＋12a3′t 23
相對位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m
整個過程中滑塊在木板上滑行的相對位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m
系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg•Δx＝12 J.
2.如圖2所示，以O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一粒子源位于圓周上的M點，可向磁場區(qū)域內(nèi)垂直磁場沿各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子，不計粒子重力，N為圓周上另一點，半徑OM和ON間的夾角為θ，且滿足tanθ2＝0.5.
圖2
(1)若某一粒子以速率v1＝qBRm，沿與MO成60°角斜向上方射入磁場，求此粒子在磁場中運動的時間；
(2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，求此粒子的速率v2；
(3)若由M點射入磁場各個方向的所有粒子速率均為v2，求磁場中有粒子通過的區(qū)域面積.
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解析 (1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設軌跡半徑為r1，由牛頓第二定律可得qv1B＝mv 21r1
解得：r1＝mv1qB＝R
粒子沿與MO成60°角方向射入磁場，設粒子從區(qū)域邊界P射出，其運動軌跡如圖甲所示.由圖中幾何關系可知粒子軌跡所對應的圓心角為α＝150°，
甲
方法1：故粒子在磁場中的運動時間
t＝αr1v1＝mαqB＝5mπ6qB
方法2：粒子運動周期T＝2πmBq
粒子在磁場中的運動時間t＝150°360°T
得t＝5mπ6qB
(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁場，在磁場中做勻速圓周運動，恰好從N點離開磁場，其運動軌跡如圖乙，設粒子軌跡半徑為r2 ，由圖中幾何關系可得：
r2＝Rtanθ2＝12R
乙
由牛頓第二定律可得
qv2B＝mv 22r2
解得粒子的速度
v2＝qBr2m＝qBR2m
(3)粒子沿各個方向以v2進入磁場做勻速圓周運動時的軌跡半徑都為r2，且不變.由圖丙可知，粒子在磁場中通過的面積S等于以O3為圓心的扇形MO3O的面積S1、以M為圓心的扇形MOQ的面積S2和以O點為圓心的圓弧MQ與直線MQ圍成的面積S3之和.
丙
S1＝12π(R2)2＝πR28
S2＝16πR2
S3＝16πR2－12×R×R2tan 60°＝16πR2－34R2
則S＝1124πR2－34R2.
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