Question

15．如圖所示，在距離某平面高2h處有一拋出位置P，在距P的水平距離為S=1m處有一光滑豎直擋板AB，A端距該水平面距離為h=0.45m，A端上方整個區(qū)域內加有水平向左的勻強電場；B端與半徑為R=0.9m的$\frac{1}{4}$的光滑圓軌道BC連接．當傳送帶靜止時，一帶電量大小為q=$\frac{1}{9}×{10^{-4}}$C，質量為0.18kg的小滑塊，以某一初速度ν₀從P點水平拋出，恰好能從AB擋板的右側沿ABCD路徑運動到D點而靜止．請完成下列問題

（1）求出所加勻強電場的場強大��？
（2）當滑塊剛運動到C點時，求出對圓軌道的壓力？
（3）若傳送帶轉動，試討論滑塊達到D時的動能EK與傳送帶速率的關系？

Answer 1

分析 （1）物塊從P到A運動過程中，水平方向物塊速度變?yōu)榱�，根據反向的勻加速列出位移時間關系方程，豎直方向做自由落體運動，列出位移時間關系式，聯立求解；
（2）從A到C根據動能定理求解C點速度，在C點根據牛頓第二定律求解支持力，再根據牛頓第三定律求解壓力；
（3）若傳送帶逆時針轉動時，滑塊運動的規(guī)律與傳送帶靜止不動相同，故滑塊到D點的動能為零，與傳送帶的速度無關；
計算出傳送帶順時針轉動時物塊一直加速的最終速度，分析傳送帶速度大小變化時物體的動能與傳送帶速度的關系．

解答 解：（1）設物塊從P到A運動的時間為t，水平方向的加速度大小為a，物塊能夠沿AB下滑，說明在A點時水平方向速度為零，則：
水平方向：S=$\frac{1}{2}$at²，其中：a=$\frac{qE}{m}$，
豎直方向：2h-h=$\frac{1}{2}$gt²，
聯立解得：E=$\frac{mgS}{qh}=\frac{0.18×10×1}{\frac{1}{9}×1{0}^{-4}×0.45}V/m=3.6×1{0}^{5}V/m$；
（2）從P點到C點根據動能定理可得：mg（2h+R）-qES=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
其中qES=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，所以mg（2h+R）=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$，
根據牛頓第二定律可得：${F}_{N}-mg=m\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，
聯立解得：${F}_{N}=mg+\frac{2mg（2h+R）}{R}=9N$；
根據牛頓第三定律可得壓力大小為9N；
（3）若傳送帶逆時針轉動時，滑塊運動的規(guī)律與傳送帶靜止不動相同，故滑塊到D點的動能為零，與傳送帶的速度無關；
若傳送帶順時針轉動，設傳送帶使得物體一直加速的速度大小為v，則：
fL=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$，
當傳送帶靜止時，根據動能定理可得：-fL=0-$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$，
解得：v=$6\sqrt{2}m/s$；
所以傳送帶順時針轉動時，滑到D點的速度與傳送帶速度v_帶的關系是：
0＜v_帶＜$6\sqrt{2}m/s$時，E_k=$\frac{1}{2}m{v}_{帶}^{2}$，
v帶＞$6\sqrt{2}m/s$時，E_k=$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}×0.18×36×2J=6.48J$．
答：（1）勻強電場的場強大小為3.6×10⁵V/m；
（2）當滑塊剛運動到C點時對圓軌道的壓力為9N；
（3）若傳送帶逆時針轉動時，滑塊到D點的動能為零；
若傳送帶順時針轉動時：
0＜v_帶＜$6\sqrt{2}m/s$時，E_k=$\frac{1}{2}m{v}_{帶}^{2}$；
v帶＞$6\sqrt{2}m/s$時，E_k=6.48J．

點評 有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系．根據帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系．根據電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答．