Question

8．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一絕緣的光滑離心軌道，一帶正電的小球從斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質(zhì)量為m，電量為+q，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，斜軌道的傾角為α．
（1）求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小；
（2）若使小球能通過(guò)圓軌道頂端的B點(diǎn)，求A點(diǎn)距水平地面的高度h．
（3）若小球從斜軌道h=5R處由靜止釋放，求小球經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力．

Answer 1

分析 （1）可根據(jù)牛頓第二定律求解小球沿斜軌道AC下滑時(shí)加速度的大小；
（2）要使小球能通過(guò)圓軌道頂端B且不脫離軌道，在B點(diǎn)由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，由牛頓第二定律和向心力公式求出B點(diǎn)的速度，再對(duì)從A到B的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解h的最小值；
（3）對(duì)于下滑點(diǎn)到C過(guò)程，由動(dòng)能定理要求得C點(diǎn)的速度，由向心力公式可求得小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力．

解答 解：（1）小球沿斜軌道AC下滑過(guò)程，受到重力mg、電場(chǎng)力qE、斜面的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得：
    （mg+qE）sinα=ma
則得：a=$\frac{mg+qE}{m}sinα$； 
（2）小球從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：$（mg+Eq）（h-2R）=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$ 
在B點(diǎn)，恰好由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：$mg+Eq=m\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：$h=\frac{5}{2}R$；
（3）從下滑點(diǎn)到C過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：$（mg+Eq）h=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$ 解得：$\frac{m{v}_{C}^{2}}{R}=10（mg+Eq）$
C點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：${F}_{N}-mg-Eq=m\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$ 
得：F_N=11（mg+Eq）
答：（1）小球沿斜軌道下滑的加速度的大小為$\frac{mg+qE}{m}sinα$；
（2）A點(diǎn)距水平地面的高度h為$\frac{5}{2}R$．
（3）小球經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為11（mg+Eq）．

點(diǎn)評(píng) 本題是動(dòng)能定理和向心力知識(shí)的綜合，要準(zhǔn)確把握小球到達(dá)圓軌軌道最高點(diǎn)的臨界條件：軌道對(duì)小球的彈力為零，由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，分析向心力的來(lái)源是關(guān)鍵．運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要抓住重力和電場(chǎng)力做功都與路徑無(wú)關(guān)，只與初末位置有關(guān)．