Question

15．一質(zhì)量為m₁=1kg，帶正電且電量q=0.5C的小球M以速度v=4.5m/s自光滑平臺(tái)右端水平飛出，不計(jì)空氣阻力，小球M飛離平臺(tái)后由A點(diǎn)沿切線(xiàn)落入豎直光滑圓軌道ABC，圓軌道ABC的形狀為半徑R＜4m的圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑，在過(guò)A點(diǎn)的豎直線(xiàn)OO′的右邊空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=10V/m（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s²）求：
（1）小球M經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大小v_A；
（2）欲使小球M在圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓軌道，求半徑R的取值應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？

Answer 1

分析 （1）小球離開(kāi)平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由題知，小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度沿圓軌道的切線(xiàn)方向，根據(jù)速度分解求出經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小v_A．
（2）欲使小球N在圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓軌道，有兩種情況：一種恰好能通過(guò)最高點(diǎn)C，由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，另一種恰好滑到與圓心等高的點(diǎn)速度為零，根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理結(jié)合進(jìn)行求解．

解答 解：（1）小球離開(kāi)平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由題意知，小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度沿圓軌道的切線(xiàn)方向，則有：
cos53°=$\frac{v}{{v}_{A}}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_A=7.5m/s
（2）（i）小球N沿切線(xiàn)落入豎直光滑圓軌道ABC后，小球沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，若恰好能通過(guò)最高點(diǎn)C，由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，設(shè)滑至最高點(diǎn)的速度為v_C，則有：
m₁g+qE=m₁$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
根據(jù)動(dòng)能定理得：
-（m₁g+qE）R（1+cos53°）=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{A}^{2}$
聯(lián)立以上兩式解得：R=$\frac{25}{28}$m
故當(dāng)0＜R≤$\frac{25}{28}$m時(shí)，小球N沿著軌道做圓周運(yùn)動(dòng)的，且能從圓的最高點(diǎn)C飛出．
（ii）若小球N恰好滑到與圓心等高的圓弧上的T點(diǎn)時(shí)速度為零，則滑塊也沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．根據(jù)動(dòng)能定理得：
-（m₁g+qE）Rcos53°=0-$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{A}^{2}$
 解得：R=$\frac{25}{8}$m
根據(jù)題中信息可知R＜4m．故當(dāng)$\frac{25}{8}$m≤R＜4m時(shí)，小球在軌道內(nèi)來(lái)回的滾動(dòng)．
綜上所術(shù)，小球能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半徑R的取值應(yīng)滿(mǎn)足0＜R≤$\frac{25}{28}$m或$\frac{25}{8}$m≤R＜4m．
答：（1）小球M經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大v_A是7.5m/s
（2）欲使小球N在圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓軌道，半徑R的取值應(yīng)滿(mǎn)足0＜R≤$\frac{25}{28}$m或$\frac{25}{8}$m≤R＜4m．

點(diǎn)評(píng) 本題是復(fù)雜的力學(xué)綜合題，整合了動(dòng)能定理、向心力等等多個(gè)力學(xué)規(guī)律，要通過(guò)分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，選擇恰當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律，特別是第2題小球能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，有兩種可能的情況，不要漏解．