Question

7．在如圖所示的豎直平面內(nèi)．水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=$\frac{9}{44}$ m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ=37°．過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25T；過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1×10⁴ N/C．小物體P₁ 質(zhì)量m=2×10^-3 kg、電荷量q=+8×10^-6 C，受到水平向右的推力F=9.98×10^-3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力．當(dāng)P₁ 到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P₂ 在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t=0.1s與P₁ 相遇．P₁ 和P₂ 與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求：

（1）小物體P₁ 在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大�。�
（2）傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s．

Answer 1

分析 （1）P₁運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，對(duì)小物體進(jìn)行正確的受力分析，在水平方向上利用二力平衡可求得小物體P₁在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大�。�
（2）P₁從D點(diǎn)到傾斜軌道底端G點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力和重力做功；P₁在GH上運(yùn)動(dòng)過程中，受重力、電場(chǎng)力和摩擦力作用；P₂在GH上運(yùn)動(dòng)過程中，受重力和摩擦力作用；對(duì)于各物體在各段的運(yùn)動(dòng)利用牛頓第二定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒，列式即可解得軌道GH的長(zhǎng)度．

解答 解：（1）設(shè)小物體P₁在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F₁，受到的摩擦力為f，則：
  F₁=qvB…①
  f=μ（mg-F₁）…②
由題意可得水平方向合力為零，有：
  F-f=0…③
聯(lián)立①②③式，并代入數(shù)據(jù)得：v=4m/s；
（2）設(shè)P₁在G點(diǎn)的速度大小為v_G，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：
  qErsinθ-mgr（1-cosθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{G}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv²…⑤
P₁在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力，電場(chǎng)力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a₁，根據(jù)牛頓第二定律有：
  qEcosθ-mgsinθ-μ（mgcosθ+qEsinθ）=ma₁…⑥
P₁與P₂在GH上相遇時(shí)，設(shè)P₁在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s₁，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有：
  s₁=v_Gt+$\frac{1}{2}$a₁t²…⑦
設(shè)P₂質(zhì)量為m₂，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a₂，則有：
  m₂gsinθ-μm₂gcosθ=m₂a₂…⑧
P₁與P₂在GH上相遇時(shí)，設(shè)P₂在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s₂，則有：
  s₂=$\frac{1}{2}$a₂t²…⑨
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨式，并代入數(shù)據(jù)得：s=s₁+s₂
可得 s=0.56m
答：
（1）小物體P₁在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大小為4m/s；
（2）傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s為0.56m．

點(diǎn)評(píng) 解答該題的關(guān)鍵是對(duì)這兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分段分析，分析清晰受力情況和各自的運(yùn)功規(guī)律，利用運(yùn)動(dòng)定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律進(jìn)行解答；這是一個(gè)復(fù)合場(chǎng)的問題，要注意對(duì)場(chǎng)力的分析，了解洛倫茲力的特點(diǎn)，洛倫茲力不做功；知道電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)，解答該題要細(xì)心，尤其是在數(shù)值計(jì)算上．