Question

2．如圖所示，豎直放置的半圓形光滑絕緣軌道半徑為R，圓心為O，下端與絕緣水平軌道在B點相切．一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的物塊（可視為質(zhì)點），置于水平軌道上的A點．已知A、B兩點間的距離為L，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．
（1）若物塊能到達(dá)的最高點是半圓形軌道上與圓心O等高的C點，則物塊在A點水平向左運(yùn)動的初速度應(yīng)為多大？
（2）若整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)電場中，物塊在A點水平向左運(yùn)動的初速度v_A=$\sqrt{2μgL}$，沿軌道恰好能運(yùn)動到最高點D．則勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為多大？
（3）若整個裝置處于水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度的大小E=$\frac{5μmg}{3q}$．現(xiàn)將物塊從A點由靜止釋放，以后的運(yùn)動過程中物塊A始終不脫離軌道，求物塊第2n（n=1，2，3…）次經(jīng)過B點時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）從A到C由動能定理即可求得初速度；
（2）利用牛頓第二定律求得D點的速度，從A到D由動能定理即可求得場強(qiáng)大��；
（3）每次都利用動能定理即可求得到達(dá)B點的速度；

解答 解：（1）設(shè)物體在A點時的速度為v₁，由動能定理有：
-μmgL-mgR=0-$\frac{1}{2}$m${{v}_{1}}^{2}$　
解得：v₁=$\sqrt{2g（μL+R）}$．
（2）設(shè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E₁、物塊在D點時的速度為v_D，則有：
mg-E₁q=m$\frac{{{v}_{D}}^{2}}{R}$　
-μ（mg-E₁q）L-（mg-E₁q）•2R=$\frac{1}{2}$m${{v}_{D}}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${{v}_{A}}^{2}$　
解得：E₁=$\frac{5mgR}{q（2μL+5R）}$．
（3）設(shè)第2、4、6、…2n次經(jīng)過B點時的速度分別為v₂、v₄、…v_2n
第2、4、6…2n次離開B點向右滑行的最大距離分別為L₁、L₂、…L_n，則有：
（qE-μmg）L=$\frac{1}{2}$m${{v}_{2}}^{2}$　
-（qE+μmg）L₁=0-$\frac{1}{2}$m${{v}_{2}}^{2}$　
（qE-μmg）L₁=$\frac{1}{2}$m${{v}_{4}}^{2}$
解得：$\frac{{v}_{4}}{{v}_{2}}$=$\sqrt{\frac{qE-μmg}{qE+μmg}}$=$\frac{1}{2}$　
同理$\frac{{v}_{6}}{{v}_{4}}$=$\frac{1}{2}$…$\frac{{v}_{2n}}{{v}_{2n-2}}$=$\frac{1}{2}$
綜上有：$\frac{{v}_{2n}}{{v}_{2}}$=（$\frac{1}{2}$）^n-1
可得v_2n=（$\frac{1}{2}$）^n-2$\sqrt{\frac{μgL}{3}}$．
答：（1）物塊在A點水平向左運(yùn)動的初速度應(yīng)為$\sqrt{2g（μL+R）}$
（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為$\frac{5mgR}{q（2μL+5R）}$
（3）物塊第2n（n=1，2，3…）次經(jīng)過B點時的速度大小為（$\frac{1}{2}$）^n-2$\sqrt{\frac{μgL}{3}}$．

點評 本題考查圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動的綜合，知道圓周運(yùn)動在最低點和最高點向心力的來源，結(jié)合動能定理和牛頓第二定律進(jìn)行求解．