Question

12．如圖所示，直角坐標(biāo)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(diǎn)是其最高點(diǎn)，且第二象限處于豎直方向的勻強(qiáng)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(diǎn)等高的A點(diǎn)靜止釋放，小球沿著軌道運(yùn)動(dòng)且恰能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．重力加速度為g，求
（1）小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力F；
（2）第二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；
（3）小球落回拋物線軌道時(shí)的動(dòng)能E_k．

Answer 1

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

解答 解：（1）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，有$mg•2R=\frac{1}{2}mv_o^2$
在O點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，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(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)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(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落回拋物線軌道時(shí)的坐標(biāo)為（x，y），有x=v_Bt$2R-y=\frac{1}{2}g{t^2}$
x、y滿足關(guān)系$y=\frac{1}{2R}{x^2}$
小球從B點(diǎn)到拋物線軌道，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力F為5mg；
（2）第二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E為$\frac{mg}{q}$；
（3）小球落回拋物線軌道時(shí)的動(dòng)能E_k為$\frac{68}{45}mgR$

點(diǎn)評 ①涉及到圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題應(yīng)根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合動(dòng)能定理求解；②涉及到平拋運(yùn)動(dòng)問題，應(yīng)根據(jù)平拋規(guī)律求解