Question

12．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑$\frac{1}{4}$圓弧軌道AB，軌道半徑為R=0.4m，軌道最高點A與圓心O等高．有一傾角θ=30°的斜面，斜面底端C點在圓弧軌道B點正下方．圓弧軌道和斜面均處于場強E=100N/C、豎直向下的勻強電場中．現(xiàn)將一個質(zhì)量為m=0.02kg、帶電量為q=+2×10^-3C的帶點小球從A點靜止釋放，小球通過B點離開圓弧軌道沿水平方向飛出，當(dāng)小球運動到斜面上D點時速度方向恰與斜面垂直，并剛好與一個以一定初速度從斜面底端上滑的物塊相遇．若物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，空氣阻力不計，g取10m/s²，小球和物塊都可視為質(zhì)點．求：
（1）小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力；
（2）B、D兩點間電勢差；
（3）物塊上滑初速度v₀滿足的條件？

Answer 1

分析 （1）小球從A運動到B的過程，運用動能定理可求出小球到達B點的速度，再由牛頓第二定律求解B點軌道對小球的支持力，由牛頓第三定律得到小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力N_B；
（2）小球由B點到D點做類平拋運動，根據(jù)D點的速度與斜面垂直，由速度分解和速度時間公式可求出從B到D的時間，由牛頓第二定律和位移公式求出下落的高度h，則 U_BD=Eh．
（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式得到物塊上滑的位移表達式，結(jié)合幾何關(guān)系求解即可

解答 解：（1）設(shè)小球到達B點的速度為v_B，由動能定理有：
  $mgR+qER=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-0$…①
 在B點，由牛頓第二定律得：
$N{′}_{B}-（mg+qE）=m\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$…②
由牛頓第三定律得：N′_B=-N_B…③
聯(lián)解①②③得：N_B=1.2N，方向豎直向下．…④
（2）設(shè)小球由B點到D點的運動時間為t，加速度為a，下落高度為h有：
  $\frac{{v}_{B}}{at}=tanθ$…⑤
  Eq+mg=ma…⑥
  $h=\frac{1}{2}a{t}^{2}$…⑦
  U_BD=Eh…⑧
聯(lián)解①⑤⑥⑦⑧得：U_BD=120V…⑨
（3）作出小球與物塊的運動示意如圖所示，設(shè)C、D間的距離為x，由幾何關(guān)系有：
$x=\frac{H-h}{sinθ}$…⑩
設(shè)物塊上滑加速度為a′，由牛頓運動定律有：
  mgsinθ+μmgcosθ=ma′…⑪
根據(jù)題意，要物塊與小球相遇，有：$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a′}≥x$…⑫
聯(lián)解⑩⑪⑫得：${v}_{0}≥\frac{4\sqrt{15}}{5}m/s≈3.10m/s$…⑬
答：
（1）小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力N_B為1.2N．
（2）B、D兩點間電勢差U_BD為120V．
（3）物塊上滑初速度v₀滿足的條件為v₀≥3.10m/s．

點評 本題是復(fù)雜的力電綜合題，本題關(guān)鍵分析清楚小球和滑塊的運動情況，根據(jù)類平拋運動速度分解，由力學(xué)規(guī)律求解．