Question

12．如圖所示，直角坐標系處于豎直面內(nèi)，第一、二象限存在著平滑連接的光滑絕緣軌道．第一象限內(nèi)的軌道呈拋物線形狀，其方程為y=$\frac{1}{2R}$x²；第二象限內(nèi)的軌道呈半圓形狀，半徑為R，B點是其最高點，且第二象限處于豎直方向的勻強電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶電小球，從與B點等高的A點靜止釋放，小球沿著軌道運動且恰能運動到B點．重力加速度為g，求
（1）小球運動到O點時對軌道的壓力F；
（2）第二象限內(nèi)勻強電場的場強大小E；
（3）小球落回拋物線軌道時的動能E_k．

Answer 1

分析 （1）從A到O由機械能守恒求的到達O點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求的在O點的作用力
（2）小球恰能到達B點，根據(jù)牛頓第二定律求的B點的速度，根據(jù)動能定理求的場強
（3）小球從B點做平拋運動，根據(jù)平拋運動的特點和軌跡方程即可判斷

解答 解：（1）小球從A點運動到O點的過程中機械能守恒，有$mg•2R=\frac{1}{2}mv_o^2$
在O點處，對小球由牛頓第二定律得${F_N}-mg=m\frac{v_o^2}{R}$
解得F_N=5mg
由牛頓第三定律可知
小球?qū)�軌道壓力大小為F=5mg，方向豎直向下．
（2）小球恰能運動到B點，說明小球所受的電場力向上．由牛頓第二定律得$mg-qE=m\frac{v_B^2}{R}$
小球從A點到B點的過程中，由動能定理得$qE•2R=\frac{1}{2}mv_B^2-0$
解得${v_B}=2\sqrt{\frac{gR}{5}}$   $E=\frac{mg}{5q}$
（3）小球從B點飛出后做平拋運動，設落回拋物線軌道時的坐標為（x，y），有x=v_Bt$2R-y=\frac{1}{2}g{t^2}$
x、y滿足關系$y=\frac{1}{2R}{x^2}$
小球從B點到拋物線軌道，由動能定理得$mg（2R-y）={E_k}-\frac{1}{2}mv_B^2$
解得${E_k}=\frac{68}{45}mgR$
答：（1）小球運動到O點時對軌道的壓力F為5mg；
（2）第二象限內(nèi)勻強電場的場強大小E為$\frac{mg}{q}$；
（3）小球落回拋物線軌道時的動能E_k為$\frac{68}{45}mgR$

點評 ①涉及到圓周運動的動力學問題應根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合動能定理求解；②涉及到平拋運動問題，應根據(jù)平拋規(guī)律求解