Question

3．如圖所示，豎直放置的半圓形光滑絕緣軌道圓心為O，半徑為r，下端與絕緣水平軌道在B點(diǎn)相切并平滑連接，半圓形軌道上的C點(diǎn)與圓心O高度相同，一帶電量為+q、質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上的A點(diǎn)，物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，整個(gè)裝置處于水平向左的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)給物塊施加一水平向左的恒力F=kmg，使物塊由靜止向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F，之后物塊沿半圓形軌道通過D點(diǎn)后恰好落回到A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度方向豎直向下，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）A、B之間的距離L及電場強(qiáng)度的大小E；
（2）物塊通過C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大小F_C′．

Answer 1

分析 （1）從A到B，物體受重力、推力、支持力、電場力和摩擦力，對從A到D過程根據(jù)動(dòng)能定理列式，再對從D到A的水平分運(yùn)動(dòng)根據(jù)速度位移公式列式，聯(lián)立得到L；再對從D到A的過程根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式后聯(lián)立得到電場強(qiáng)度大小；
（2）對從A到C過程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解C點(diǎn)的速度大��；在C點(diǎn)，電場力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后根據(jù)牛頓第三定律列式得到壓力情況．

解答 解：（1）設(shè)物塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v_D，離開D點(diǎn)后在水平方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a_x，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：
${v}_{D}^{2}=2{a}_{x}L$
由牛頓第二定律，有：
qE=ma_x，
物塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理，有：
FL+qEL-2mgr-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$，
解得：
L=$\frac{2r}{k-μ}$；
物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：
$2r=\frac{1}{2}g{t}^{2}$，
L=$\frac{{v}_{D}}{2}t$，
解得：
E=$\frac{mg}{q（k-μ）}$；
（2）設(shè)物塊通過C點(diǎn)速度大小為v_C，軌道對物塊的彈力為F_C，由牛頓第二定律，有：
${F}_{c}-qE=m\frac{{v}_{c}^{2}}{r}$，
物塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理，有：
FL+qE（L+r）-mgr-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$，
解得：
${F}_{C}=[\frac{4}{（k-μ）^{2}}+\frac{3}{k-μ}+2]mg$，
由牛頓第三定律得：
${F}_{C}^{′}={F}_{C}=[\frac{4}{{（k-μ）}^{2}}+\frac{3}{k-μ}+2]mg$；
答：（1）A、B之間的距離L為，電場強(qiáng)度的大小E為$\frac{mg}{q（k-μ）}$；
（2）物塊通過C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大小F_C′為$[\frac{4}{{（k-μ）}^{2}}+\frac{3}{k-μ}+2]mg$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確滑塊的受力情況和各個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵是多次根據(jù)動(dòng)能定理和分運(yùn)動(dòng)公式列式后聯(lián)立求解，不難．