Question

14．如圖所示．質(zhì)量為m=2kg的物塊，帶電量q=1.0×10^-3c，從區(qū)域左邊界的A點(diǎn)以v₀=5m/s的初速度進(jìn)入AB區(qū)域．在水平面上運(yùn)動(dòng)．物塊與水平面之間的摩擦系數(shù)為μ=0.4，AB區(qū)域的寬度L=1.25m．（上下寬度足夠?qū)挘┎⒃贏B區(qū)域內(nèi)有方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小為E=4.0×10³，（圖中未畫出）軌道的半圓部分光滑，半徑R=40cm，求：
（1）物塊通過AB區(qū)域過程中電場(chǎng)力做的功
（2）物塊運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力
（3）物塊從C點(diǎn)飛出后落到水平面上的位置距C點(diǎn)的水平距離；
（4）若電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變方向變?yōu)樨Q直向下，物塊滑到區(qū)域右邊界時(shí)的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)功的公式W=FS即可求出電場(chǎng)力的功；
（2）A到C的過程中電場(chǎng)力、摩擦力和重力做功，由動(dòng)能定理即可求出C點(diǎn)的速度，然后結(jié)合牛頓第二定律求出C對(duì)軌道的壓力；
（3）物塊離開C后做平拋運(yùn)動(dòng)，將小球的運(yùn)動(dòng)分解即可求出；
（4）若電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變方向變?yōu)樨Q直向下，摩擦力對(duì)物塊做功，由動(dòng)能定理即可求出物塊滑到區(qū)域右邊界時(shí)的動(dòng)能．

解答 解：（1）電場(chǎng)力做功為：W=qEL=1.0×10^-3×4.0×10³×1.25=5 J      
（2）物塊從A到C由動(dòng)能定理得：
$W-μmgL-mg•2R=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_c=2 m/s
物塊在C點(diǎn)：${F}_{N}+mg=\frac{m{v}_{c}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：F_N=0 
即物塊對(duì)軌道壓力為零
（3）物塊從C點(diǎn)拋出后下落時(shí)間：t=$\sqrt{\frac{2×2R}{g}}=\sqrt{\frac{2×2×0.4}{10}}=0.4$s
若物塊從C點(diǎn)拋出后下落過程中始終在AB區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)，水平方向：
$a=\frac{qE}{m}=\frac{1.0×1{0}^{-3}×4.0×1{0}^{3}}{2}=2m/{s}^{2}$
因此，水平方向的位移：$x={v}_{c}t-\frac{1}{2}a{t}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：x=0.64m
（4）當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下后運(yùn)動(dòng)到右邊界時(shí)動(dòng)能為E_k
則：${E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=-μ（mg+qE）$
代入數(shù)據(jù)解得：E_k=15.4J
答：（1）物塊通過AB區(qū)域過程中電場(chǎng)力做的功是5J；
（2）物塊運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是0；
（3）物塊從C點(diǎn)飛出后落到水平面上的位置距C點(diǎn)的水平距離是0.64m；
（4）若電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變方向變?yōu)樨Q直向下，物塊滑到區(qū)域右邊界時(shí)的動(dòng)能是15.4J．

點(diǎn)評(píng) 該題結(jié)合電場(chǎng)力考查豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)，涉及的知識(shí)點(diǎn)多，物體的受力、運(yùn)動(dòng)過程多，在解答的過程中首先要把握各過程中的受力，然后選擇合適的公式進(jìn)行解答．