Question

20．如圖所示，左側為一個碗口水平、半徑為R的半球形碗固定在水平桌面上，球心O點固定一帶電荷量為+Q的小球．碗口右側與一個傾角θ=30°的固定斜面頂端緊貼，一根不可伸長的不計質量的細繩跨在碗口及斜面頂端的定滑輪兩端，線的兩端分別系有可視為質點的絕緣小球M、N，質量分別為m₁和m₂（m₁＞m₂），其中小球M帶電量為+q，小球N不帶電．開始時小球M恰在右端碗口水平直徑A處，小球N在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接兩球的細繩與斜面平行且恰好伸直．當小球M由靜止釋放運動到圓心O的正下方B點時細繩突然斷開，不計一切摩擦及細繩斷開瞬間的能量損失，已知靜電力常量為k，求：
（1）小球N沿斜面上升的最大高度h；
（2）細線斷開時小球M對碗面壓力的大小
（3）若已知細繩斷開后小球M沿碗的內側上升的最大高度為$\frac{R}{2}$，求$\frac{{m}_{1}}{{m}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）先根據運動合成與分解求出小球m₁到達最低點B時m₁、m₂速度關系，對m₁、m₂系統(tǒng)由能量守恒定律列出方程，細繩斷后m₂沿斜面上升，對m₂由機械能守恒定律列出方程，根據幾何關系寫出小球m₂沿斜面上升的最大距離的表達式，聯立方程即可求解；
（2）M做圓周運動，由牛頓第二定律求出M受到的支持力，然后由牛頓第三定律可以求出M對碗慢的壓力大�。�
（3）對 m₁由機械能守恒定律可以求出兩球的質量之比．

解答 解：設小球m₁到達最低點B時m₁、m₂速度大小分別為v₁、v₂，
由運動合成與分解可知：v₁=$\sqrt{2}$v₂，
對m₁、m₂系統(tǒng)，由能量守恒定律得：
m₁gR-m₂gh=$\frac{1}{2}$m₁v₁²+$\frac{1}{2}$m₂v₂²，
由幾何知識得：h=Rsinθ=Rsin30°，
設細繩斷后m₂沿斜面上升的距離為s′，
對m₂由機械能守恒定律得：
m₂gs′sinθ=$\frac{1}{2}$m₂v₂²，
小球m₂沿斜面上升的最大距離：S=$\sqrt{2}$R+s′，
解得：S=（$\sqrt{2}$+$\frac{2{m}_{1}-\sqrt{2}{m}_{2}}{2{m}_{1}+{m}_{2}}$）R，
小球N沿斜面上升的最大高度：h=Ssin30°=$\frac{R}{2}$（$\sqrt{2}$+$\frac{2{m}_{1}-\sqrt{2}{m}_{2}}{2{m}_{1}+{m}_{2}}$）；
（2）對m₁在B點，由牛頓第二定律得：
N-m₁g-k$\frac{qQ}{{R}^{2}}$=m₁$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$，解得：N=$\frac{6{m}_{1}^{2}g+（1-2\sqrt{2}）{m}_{1}{m}_{2}g}{2{m}_{1}+{m}_{2}}$+$\frac{kqQ}{{R}^{2}}$，
由牛頓第三定律可知，細線斷開時小球M對碗面壓力的大小：
N′=N=$\frac{6{m}_{1}^{2}g+（1-2\sqrt{2}）{m}_{1}{m}_{2}g}{2{m}_{1}+{m}_{2}}$+$\frac{kqQ}{{R}^{2}}$；
（3）繩子斷裂后，對 m₁，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$m₁v₁²=m₁g•$\frac{R}{2}$，解得：$\frac{{m}_{1}}{{m}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}+1}{2}$；
答：（1）小球N沿斜面上升的最大高度h為：$\frac{R}{2}$（$\sqrt{2}$+$\frac{2{m}_{1}-\sqrt{2}{m}_{2}}{2{m}_{1}+{m}_{2}}$）；
（2）細線斷開時小球M對碗面壓力的大小為：$\frac{6{m}_{1}^{2}g+（1-2\sqrt{2}）{m}_{1}{m}_{2}g}{2{m}_{1}+{m}_{2}}$+$\frac{kqQ}{{R}^{2}}$；
（3）若已知細繩斷開后小球M沿碗的內側上升的最大高度為$\frac{R}{2}$，$\frac{{m}_{1}}{{m}_{2}}$為$\frac{2\sqrt{2}+1}{2}$．

點評 本題是一道力學綜合題，本題主要考查了機械能守恒定律、運動合成分解知識的應用，分析清楚物體運動過程、求出M到達B點時兩球的速度關系是解題的關鍵，應用能量守恒定律、機械能守恒定律、牛頓第二定律可以解題．